高中数学人教版专题10解密函数中的恒成立与能成立问题特色训练新选修
高中数学不等式的恒成立、能成立、恰成立问题
专题：不等式的“恒成立”、“能成立”、“恰成立”问题不等式恒成立问题若不等式A x f >)(在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上A x f >min )]([ 若不等式B x f <)(在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上B x f <max )]([当)(x f 的最值取不到时，注意表达要准确，如1)(<x f ，则)(x f m >恒成立⇔1≥m 不等式中能成立．．．问题（有解） 若在区间D 上存在实数X 使不等式A x f >)(成立，则等价于在区间D 上A x f >max )]([ 若在区间D 上存在实数X 使不等式B x f <)(成立，则等价于在区间D 上B x f <min )]([ 不等式中恰成立问题若不等式A x f >)(在区间D 上恰成立,则等价于不等式A x f >)(的解集为D 若不等式B x f <)(在区间D 上恰成立,则等价于不等式B x f <)(的解集为D 利用一次函数的性质对于一次函数]),[)(0()(n m x a b ax x f ∈≠+=有：①0)(>x f ?恒成立⎩⎨⎧>>⇔0)(0)(n f m f ②0)(<x f ?恒成立⎩⎨⎧<<⇔0)(0)(n f m f 结论：若一个不等式中有两个变量，如果已知最高次数是一次变量的范围求另一变量范围的问题构造一次函数例：已知1log 6log )1()(323++⋅--=x a x a x x f ,当]1,0[∈x 时，)(x f 恒为正数，求a 的取值范围。
[3331<<a ]变式：当]4,2[∈x 时，若不等式042)2(2<-+-a a x 恒成立，求实数a 的范围()1,2-∈a变式：已知定义在R 上的奇函数()f x 在()0,+∞上是增函数且(1)(2)f ax f x +≤+对任意1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦都成立，则实数a 的取值范围 (]2,∞- 利用二次函数的判别式对于二次函数),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=有①0)(>x f 恒成立⎩⎨⎧<-=∆>⇔0402ac b a②0)(<x f 恒成立⎩⎨⎧<-=∆<⇔0402ac b a结论：若一个不等式中有两个变量，如果已知高次变量的范围求另一变量范围的问题构造高次函数或分离参数。
函数恒成立、能成立问题及课后练习(含问题详解)
恒成立、能成立问题专题 一、基础理论回顾1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；二、经典题型解析题型一、简单型例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ．例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为 答案：41≥m 题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母：λ及t ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
第10讲 恒成立能成立3种常见题型(解析版)-2024高考数学常考题型
第10讲恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数()f x 在区间D 上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，则不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>；不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥；不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<；不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤；考点二：存在性问题若函数()f x 在区间Ｄ上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，即()[],f x m n ∈，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()a f x <在区间D 上有解()max a f x ⇔<；不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤；不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>；不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥；考点三：双变量问题①对于任意的[]1,x a b ∈[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤；②对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥；③若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤；④若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑤对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤；⑥对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑦若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤⑧若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）对任意正实数x ，不等式ln 1x x a -+>恒成立，则a 的取值范围是（）A ．1a <B ．2a <C ．1a >D ．2a >【答案】B【详解】令()ln 1f x x x =-+，其中0x >，则()min a f x <，()111x f x x x-'=-=，当01x <<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，当1x >时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，所以，()()min 12f x f ==，2a ∴<.故选：B.【例2】【2022年全国甲卷】已知函数()a x x xe xf x-+-=ln ．(1)若≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(−∞,+1]【解析】(1)op 的定义域为(0,+∞)，'(p =(1−12)e −1+1=1(11)e +(1−1)=K1(e+1)令op =0,得=1当∈(0,1),'(p <0,op 单调递减，当∈(1,+∞),'(p >0,op 单调递增o )≥o1)=e +1−，若op ≥0,则e +1−≥0,即≤e +1，所以的取值范围为(−∞,+1]【例3】已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【解析】【分析】（1）求()'f x ，分别讨论a 不同范围下()'f x 的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合()10f =，分别求出a 的范围再求并集即可.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-=当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.【例4】已知函数()ln f x x ax =-（a 是正常数）.（1）当2a =时，求()f x 的单调区间与极值；（2）若0x ∀>，()0f x <，求a 的取值范围；【答案】（1）()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()f x 的极大值是ln 21--，无极小值；（2）1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；（2）依题意可得maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，设()ln xg x x =，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】解：（1）当2a =时，()ln 2f x x x =-，定义域为()0,∞+，()1122x f x x x-'=-=，令()0f x '>，解得102x <<，令()0f x '<，解得12x >，所以函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 的极大值是1ln 212f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，无极小值.（2）因为0x ∀>，()0f x <，即ln 0x ax -<恒成立，即maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.设()ln x g x x =，可得()21ln xg x x -'=，当0x e <<时()0g x '>，当x e >时()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，所以()()max 1e e g x g ==，所以1a e >，即1,a e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭.【例5】已知函数()xf x xe=（1）求()f x 的极值点；（2）若()2f x ax ≥对任意0x >恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点；（2）a e ≤.【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的极值点.（2）由题设知：xe a x≤在0x >上恒成立，构造()x e g x x =并应用导数研究单调性求最小值，即可求a 的范围．【详解】（1）由题设，()(1)xf x e x '=+，∴1x <-时，()0<'x f ，()f x 单调递减；1x >-时，()0>'x f ，()f x 单调递增减；∴1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点.（2）由题设，()2xx f x xe a =≥对0x ∀>恒成立，即x ea x≤在0x >上恒成立，令()x e g x x =，则2(1)()x e x g x x '-=，∴01x <<时，()0g x '<，()g x 递减；1x >时，()0g x '>，()g x 递增；∴()(1)e g x g ≥=，故a e ≤.【题型专练】1.（2022·四川广安·模拟预测（文））不等式ln 0x kx -≤恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)0,e B ．(],e -∞C ．10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】由题可得ln xk x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，然后求函数()()ln 0x f x x x=>的最大值即得.【详解】由题可得ln xk x≥在区间(0,)+∞上恒成立，令()()ln 0x f x x x =>，则()()21ln 0xf x x x-'=>，当()0,e x ∈时，()0f x '>，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 的单调增区间为()0,e ，单调减区间为()e,+∞；所以()()max 1e ef x f ==，所以1ek ≥.故选：D.2.（2022·北京·景山学校模拟预测）已知函数()ln 2f x x x ax =++．(1)当0a =时，求()f x 的极值；(2)若对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是11+2e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）由题设可得()ln 1f x x '=+，根据()f x '的符号研究()f x 的单调性，进而确定极值.（2）()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，转化为：2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，通过求导求()g x 的单调性进而求得()g x 的最大值，即可求出实数a 的取值范围.(1)当0a =时，()ln 2f x x x =+，()f x 的定义域为()0+∞，，()ln 1=0f x x '=+，则1ex =.令()0f x '>，则1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，令()0f x '<，则10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ，所以()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.当1e x =时，()f x 取得极小值且为1111ln 2+2e e ee f ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，则2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，()222120x g x x x x -+'=-+==，所以2x =，则()g x 在[)1,2上单调递减，在(22,e ⎤⎦上单调递增，所以()12g =，()222e2e g =+，所以()()22max2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222e a ≤--.实数a 的取值范围为：222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭.3.（2022·新疆克拉玛依·三模（文））已知函数()ln f x x x =，()()23g x x ax a R =-+-∈.(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，(2)(],4-∞【解析】【分析】（1）求函数()f x 的单调递增区间，即解不等式()0f x '>；（2）参变分离得32ln a x x x≤++，即求()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞的最小值.(1)()ln f x x x =定义域为(0,)+∞，(ln +1f x '=()0f x '>即ln +10x >解得1e x >，所以()f x 在1,)e∞+（单调递增(2)对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，即()21ln 32x x x ax ≥-+-恒成立，分离参数得32ln a x x x≤++.令()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞，则()()()231x x h x x +-'=．当()0,1∈x 时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()1,+∞上单调递增.所以()()min 14h x h ==，即4a ≤，故a 的取值范围是(],4-∞.4.（2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知函数()()ln 1f x x x =+.(1)求()f x 的最小值；(2)若()()212-++-≥x m x x f 恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)min 21()e f x =-(2)(],3-∞【解析】【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；（2）由原不等式恒成立分离参数后得2ln m x x x ++，构造函数()2ln h x x x x=++，利用导数求最小值即可.(1)由已知得()ln 2f x x '=+，令()0f x '=，得21ex =.当210,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,f x f x '<在210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()()0,f x f x '在21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.故min 2211()e e f x f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.(2)()()212-++-≥x m x x f ，即2ln 2++≤x x x mx ，因为0x >，所以xx x m 2ln ++≤在()+∞,0上恒成立.令()2ln h x x x x =++，则()()()min 222112(),1x x m h x h x x x x +-=+-'=，令()0h x '=，得1x =或2x =-（舍去）.当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '<在()0,1上单调递减；当[)1,x ∞∈+时，()0>'x h ，()x h 在[)1,+∞上单调递增.故()min ()13h x h ==，所以3≤m ，即实数m 的取值范围为(],3-∞.5．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点()()1,1f 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数()f x 的单调性，当a =1时，由()10f '=得()()11min f x f ==,符合题意；当a >1时，可证1()(1)0f f a''<，从而()f x '存在零点00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，得到m in ()f x ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得()1f x ≥恒成立；当01a <<时，研究()1f .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】（1）()ln 1x f x e x =-+Q ，1()xf x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-.(1)1f e =+Q ，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数()f x 在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--．（2）［方法一］：通性通法1()ln ln x f x ae x a -=-+Q ,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >.设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+>∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a <，111a e <∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a -''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，0101x ae x -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a-==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+>1,∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时，(1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由()1f x ≥得1e ln ln 1x a x a --+≥，即ln 1ln 1ln a x e a x x x +-++-≥+，而ln ln ln x x x e x +=+，所以ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+．令()m h m e m =+，则()10m h m e +'=>，所以()h m 在R 上单调递增．由ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，可知(ln 1)(ln )h a x h x +-≥，所以ln 1ln a x x +-≥，所以max ln (ln 1)a x x ≥-+．令()ln 1F x x x =-+，则11()1xF x x x-'=-=．所以当(0,1)x ∈时，()0,()F x F x '>单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0,()F x F x '<单调递减．所以max [()](1)0F x F ==，则ln 0a ≥，即1a ≥．所以a 的取值范围为1a ≥．［方法三］：换元同构由题意知0,0a x >>，令1x ae t -=，所以ln 1ln a x t +-=，所以ln ln 1a t x =-+．于是1()ln ln ln ln 1x f x ae x a t x t x -=-+=-+-+．由于()1,ln ln 11ln ln f x t x t x t t x x ≥-+-+≥⇔+≥+，而ln y x x =+在,()0x ∈+∞时为增函数，故t x ≥，即1x ae x -≥，分离参数后有1x x a e -≥．令1()x x g x e -=，所以1112222(1)()x x x x x e xe e x g x e e -------=='．当01x <<时，()0,()'>g x g x 单调递增；当1x >时，()0,()g x g x '<单调递减．所以当1x =时，1()x x g x e -=取得最大值为(1)1g =．所以1a ≥．［方法四］：因为定义域为(0,)+∞，且()1f x ≥，所以(1)1f ≥，即ln 1a a +≥．令()ln S a a a =+，则1()10S a a='+>，所以()S a 在区间(0,)+∞内单调递增．因为(1)1S =，所以1a ≥时，有()(1)S a S ≥，即ln 1a a +≥．下面证明当1a ≥时，()1f x ≥恒成立．令1()ln ln x T a ae x a -=-+，只需证当1a ≥时，()1T a ≥恒成立．因为11()0x T a ea-=+>'，所以()T a 在区间[1,)+∞内单调递增，则1min [()](1)ln x T a T e x -==-．因此要证明1a ≥时，()1T a ≥恒成立，只需证明1min [()]ln 1x T a e x -=-≥即可．由1,ln 1x e x x x ≥+≤-，得1,ln 1x e x x x -≥-≥-．上面两个不等式两边相加可得1ln 1x e x --≥，故1a ≥时，()1f x ≥恒成立．当01a <<时，因为(1)ln 1f a a =+<，显然不满足()1f x ≥恒成立．所以a 的取值范围为1a ≥．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数()f x 的单调性，求出其最小值，由min 0f ≥即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，再根据函数()m h m e m =+的单调性以方法三：通过先换元，令1x ae t -=，再同构，可将原不等式化成ln ln t t x x +≥+，再根据函数ln y x x =+的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用(1)1f ≥可得a 的取值范围，再进行充分性证明即可．题型二：利用导数处理存在性问题【例1】（2022·河北秦皇岛·三模）函数()3233f x x x a =-+-，若存在[]01,1x ∈-，使得()00f x >，则实数a的取值范围为（）A ．(),1-∞-B ．(),1-∞C ．()1,3-D ．(),3-∞【答案】D【分析】根据题意，将问题转化为求解函数()f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数()f x 的最大值，进而求出答案.【详解】因为()3233f x x x a =-+-，所以()()[]23632,1,1f x x x x x x =-∈-'-=．由题意，只需max ()0f x >．当x ∈[1,0)-时，()0f x '>，当(0,1]x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在[1,0)-上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以()max 0()30f f x a ==->，故实数a 的取值范围为(),3-∞．故选：D.【例2】已知函数()326f x ax bx x c =+++，当1x =-时，()f x 的极小值为5-，当2x =时，()f x 有极大值．(1)求函数()f x ；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-成立，求实数t 的取值范围．【答案】(1)()3233622f x x x x =-++-;(2)(,1][3,)-∞-+∞ .【解析】【分析】（1）求导后，根据()()120f f ''-==和()15f -=-，解得,,a b c 即可得解；（2）转化为()2min 2f x t t ≤-，再利用导数求出函数()f x 在[]13，上的最小值，然后解不等式223t t -≥可得结果.(1)∵()2326f x ax bx '=++，由()()120f f ''-==，得3260a b -+=且12460a b ++=，解得1a =-，32b =，又()15f -=-，∴32c =-，经检验1a =-，32b =时，()3233622f x x x x =-++-满足题意,∴()3233622f x x x x =-++-；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-，等价于()2min 2f x t t ≤-，∵()()()2336321f x x x x x '=-++=--+，当[1,2)x ∈时，()0f x '>，当(2,3]x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又()15f =，()33f =，∴()f x 在[]13，上的最小值为()33f =，∴223t t -≥，解得1t ≤-或3t ≤，所以t 的取值范围是(,1][3,)-∞-+∞ ．【例3】（2022·辽宁·高二阶段练习）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为______．【题型专练】1.已知函数()()222ln f x x a x =++．(1)当5a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞；(2)2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【解析】【分析】（1）当5a =-时，()28ln f x x x =-，得出()f x 的定义域并对()f x 进行求导，利用导数研究函数的单调性，即可得出()f x 的单调区间；（2）将题意等价于()24222ln 0a x a x x ++-+<在[]2,e 内有解，设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，对()h x 进行求导，令()0h x '=，得出2x a =+，分类讨论2a +与区间[]2,e 的关系，并利用导数研究函数()h x 的单调和最小值，结合()min 0h x <，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当5a =-时，()28ln f x x x =-，可知()f x 的定义域为()0,+∞，则()28282,0x f x x x x x-'=-=>，可知当()0,2x ∈时，()0f x ¢<；当()2,x ∈+∞时，()0f x ¢>；所以()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞.(2)解：由题可知，存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，等价于()24222ln 0a x a x x++-+<在[]2,e 内有解，可设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，()()()()()()()22222122422222242x x a a a x a x a h x x xx x ⎡⎤+-+++-+-+⎣⎦∴=--=='，令()0h x '=，即()()120x x a ⎡⎤+-+=⎣⎦，解得：2x a =+或1x =-（舍去），当2e a +≥，即e 2a ≥-时，()0h x '<，()h x 在[]2,e 上单调递减，()()min24e 2e+220e a h x h a +∴==--<，得2e e 2e 1a -+>-，又2e e 2e 2e 1-+>-- ，所以2e e 2e 1a -+>-；当22a +≤时，即0a ≤时，()0h x '>，()h x 在[]2,e 上单调递增，()()()min 2622ln 20h x h a a ∴==+-+<，得6ln 40ln 41a ->>-，不合题意；当22e a <+<，即0e 2a <<-时，则()h x 在[]2,2a +上单调递减，在[]2,e a +上单调递增，()()()()min 22622ln 2h x h a a a a ∴=+=+-++，()ln 2ln 2ln e 1a <+<= ，()()()22ln 222ln 2222a a a a ∴+<++<+，()()()22622ln 226224h a a a a a a ∴+=+-++>+--=，即()min 4h x >，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：（1）利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；（2）利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，再进行相应证明.2．（2022·河北深州市中学高三阶段练习）已知函数()ln 21f x x ax =-+.(1)若1x =是()f x 的极值点，确定a 的值；(2)若存在0x >，使得()0f x ≥，求实数a 的取值范围.所以，函数()f x 在1x =处取得极大值，合乎题意，故2a =.（2）解：存在0x >，使得()ln 210f x x ax =-+≥可得ln 12x a x+≤，构造函数()ln 1x g x x+=，其中0x >，则()2ln x g x x '=-，当01x <<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当1x >时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，则()()max 11g x g ==，所以，21a ≤，解得12a ≤，因此，实数a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.3.已知函数()ln xf x x=，设()f x 在点()1,0处的切线为m （1）求直线m 的方程；（2）求证：除切点()1,0之外，函数()f x 的图像在直线m 的下方；（3）若存在()1,x ∈+∞，使得不等式()()1f x a x >-成立，求实数a 的取值范围【答案】（1）y ＝x ﹣1；（2）见详解；（3）（﹣∞，1）.【解析】【分析】（1）求导得21ln ()xf x x -'=，由导数的几何意义k 切＝f ′（1），进而可得答案．（2）设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，求导得h ′（x ），分析h （x ）的单调性，最值，进而可得f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，则除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)x x x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，只需a ＜g （x ）max ．【详解】（1）221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==，由导数的几何意义k 切＝f ′（1）＝1，所以直线m 的方程为y ＝x ﹣1．（2）证明：设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，2221ln 1ln ()1x x x h x x x ---'=-=，函数定义域为（0，+∞），令p （x ）＝1﹣lnx ﹣x 2，x ＞0，p ′（x ）＝﹣1x﹣2x ＜0，所以p （x ）在（0，+∞）上单调递减，又p （1）＝0，所以在（0，1）上，p （x ）＞0，h ′（x ）＞0，h （x ）单调递增，在（1，+∞）上，p （x ）＜0，h ′（x ）＜0，h （x ）单调递减，所以h （x ）max ＝h （1）＝0，所以h （x ）≤h （1）＝0，所以f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，若除切点（1，0）之外，f （x ）﹣（x ﹣1）＜0，所以除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式f （x ）＞a （x ﹣1）成立，则若存在x ∈（1，+∞），使得不等式()1f x x -＞a 成立，即若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)xx x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，g ′（x ）＝221(1)(21)ln (1)x x x xxx x ⋅----＝221(21)ln (1)x x xx x ----，令s （x ）＝x ﹣1﹣（2x ﹣1）lnx ，x ＞1s ′（x ）＝1﹣2lnx ﹣（2x ﹣1）•1x 2ln 212ln 1x x x x x x x x x--+--+==，令q （x ）＝﹣x ﹣2xlnx +1，x ＞1q ′（x ）＝﹣1﹣2lnx ﹣2＝﹣3﹣2lnx ＜0，所以在（1，+∞）上，q （x ）单调递减，又q （1）＝0，所以在（1，+∞）上，q （x ）＜0，s ′（x ）＜0，s （x ）单调递减，所以s （x ）≤s （1）＝0，即g ′（x ）≤0，g （x ）单调递减，又111ln lim lim 1(1)21x x x x x x x →→==--，所以a ＜1，所以a 的取值范围为（﹣∞，1）．4.已知函数()ln 1f x x x ax =-+．（1）若()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-．①求实数a 的值；②求()f x 的单调区间和极值．（2）若存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）①3a =；②减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值；（2）(1,)+∞.【解析】【分析】（1）求得函数的导数()ln 1f x x a '=+-，①根据题意得到()2f x '=-，即可求得a 的值；②由①知()ln 2,0f x x x '=->，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；（2）设()1ln g x x x=+，根据存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，得到()min a g x >成立，结合导数求得函数()g x 的单调性与最小值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()ln 1f x x x ax =-+的定义域为(0,)+∞，且()ln 1f x x a '=+-，①因为()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-，可得()12f x a '=-=-，解得3a =.②由①得()ln 2,0f x x x '=->，令()0f x '>，即ln 20x ->，解得2x e >；令()0f x '<，即ln 20x -<，解得20x e <<，所以函数()f x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增，当2x e =时，函数()f x 取得极小值，极小值为()221f e e =-，无极大值，综上可得，函数()f x 的减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值.（2）因为()ln 1f x x x ax =-+，由()00f x <，即000ln 10x x ax -+<，即00000ln 11ln x x a x x x +>=+，设()1ln ,0g x x x x=+>根据题意知存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，即()min a g x >成立，由()1ln ,0g x x x x =+>，可得()22111x g x x x x-'=-=，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，函数()g x 取得最小值，最小值为()11g =，所以1a >，即实数a 的取值范围是(1,)+∞.5.已知函数()ln (R)f x x ax a =+∈.（1）当a =1时，求曲线()y f x =在x =1处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若存在0x ，使得()00f x >，求a 的取值范围.【答案】（1）210x y --=；（2）0a ≥时，()f x 在()0,∞+单增；0a <，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单减；（3）1a e>-.【解析】【分析】（1）求出函数导数，将切线横坐标代入得到斜率，再求出切点纵坐标，最后写出切线方程；（2）求导后，通分，分0,0a a ≥<两种情况讨论得到单调区间；（3）当0a ≥时，代特值验证即可，当0a <时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，()1(1)1,1,f f x x'==+所以()12,f '=所以切线方程为：()121210y x x y -=-⇒--=.（2）110,()ax x f x a x x+'>=+=，若0a ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+单增；若0a <，则10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单增；1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单减.（3）由（2），若0a ≥，则(2)ln 220f a =+>，满足题意；若0a <，()max 111(ln 10f x f a a a e ⎛⎫=-=-->⇒>- ⎪⎝⎭，则10a e -<<，综上：1a e>-.题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x xf x xg x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（）A ．0B ．1eC ．1D ．e【例2】已知函数2()ln (R),()22f x ax x a g x x x =+∈=-+．(1)当12a =-时，求函数()f x 在区间[1,e]上的最大值和最小值;(2)若对任意的1[1,2]x ∈-，均存在2(0,)x ∈+∞，使得()()12g x f x <，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln 21-，最小值为12-；(2)61(,)e -+∞.【解析】【分析】（1）利用导数研究()f x 的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；（2）将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <，利用二次函数性质及导数求函数最值，即可得结果.(1)由题设()ln 2x f x x =-，则2()2x f x x-'=，所以在[1,2)上()0f x '>，()f x 递增，在(2,e]上()0f x '<，()f x 递减，则1(1)2f =-<e (e)12f =-，极大值(2)ln 21f =-，综上，()f x 最大值为ln 21-，最小值为12-.(2)由22()22(1)1g x x x x =-+=-+在[1,2]x ∈-上max ()(1)5g x g =-=，根据题意，只需max max ()()g x f x <即可，由1()f x a x'=+且,()0x ∈+∞，当0a ≥时，()0f x '>，此时()f x 递增且值域为R ，所以满足题设；当0a <时，1(0,)a-上()0f x '>，()f x 递增；1(,)a -+∞上()0f x '<，()f x 递减；所以max 1()()1ln()f x f a a =-=---，此时1ln()5a --->，可得61ea >-，综上，a 的取值范围61(,)e -+∞.【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <求参数范围.【例3】已知函数()sin cos f x x x x =+．(1)当()0,πx ∈时，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数2()2=-+g x x ax ．若对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得()()1212πf xg x ≤成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭；(2)1[,)2+∞.【解析】【分析】（1）首先对函数求导，根据x 的取值情况判断()f x '的正负情况，进而得到()f x 的增减情况；（2）对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤，然后对a 进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.(1)因为()sin cos f x x x x =+，所以()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=．当x ()0,π∈时，()'f x 与()f x 的变化情况如表所示：xπ0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π2π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭()'f x +0-()f x 单调递增π2单调递减所以当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫⎪⎝⎭．(2)当[]π,πx ∈-时，()()f x f x -=，所以函数()f x 为偶函数．所以当[]π,πx ∈-时，函数()f x 的单调递增区间为ππ,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭，π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，π,π2⎛⎫⎪⎝⎭,所以函数()f x 的最大值为πππ222f f ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设()()12πh x f x =，则当[]π,πx ∈-时，()max 1π12π24h x =⋅=．对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤．当0a ≤时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(0)0g =，不合题意．当01a <<时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为2()g a a =，则214a ≥，解得12a ≥或12a ≤-，所以112a ≤<．当1a ≥时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(1)21g a =-，则1214a -≥，解得58a ≥，所以1a ≥.综上所述，a 的取值范围是1[,)2+∞．【例4】（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()ln xf x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，()20,1x ∃∈使得12()()f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥故选：A【例5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()3331,0422112,122x x x f x x x ⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪+<≤⎪⎩，()e xg x ax =-()R a ∈，若存在[]12,0,1x x ∈，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．(],e 2-∞-C ．5,e4⎛⎤-∞- ⎥D ．(],e -∞≤【题型专练】1．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（理））已知函数()33f x x x a =-+，()211x g x x +=-．若对任意[]12,2x ∈-，总存在[]22,3x ∈，使得()()12f x g x ≤成立，则实数a 的最大值为（）A ．7B ．5C ．72D ．32．（2022·福建宁德·高二期末）已知()()11e x f x x -=-，()()21g x x a =++，若存在1x ，2R x ∈，使得()()21f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭B ．1,e ∞⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．()0,e D ．1,0e ⎡⎫-⎪⎢3．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知函数ln ()x f x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，2(0,1]x ∃∈使得()()12f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥4.已知函数2()21)2ln ()2f x ax a x x a R =-++∈（(1)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值与函数()f x 的单调区间；(2)设2()(2)e =-x g x x x ，若对任意(]10,2x ∈，均存在(]20,2x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围．【答案】(1)2=3a ，单调递增区间为3(0,),(2,)2+∞，单调递减区间为3(,2)2(2)ln 21a >-【解析】【分析】（1）求出()'f x ，由(1)(3)f f ''=得a ，再利用由()0f x '>、()0f x '<可得答案；（2）转化为(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，容易求出max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <，()()12()ax x f x x='--，讨论12a ≤、12a >可得答案.(1)21()(21),(1)1,(3)3f x ax a f a f a x '''=-++=-+=-，由(1)(3)f f ''=得23a =，()()232272()333x x f x x x x--=-+='，由()0f x '>得()30,2,2x ∞⎛⎫∈⋃+ ⎪⎝⎭，由()0f x '<得3,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的单调递增区间为()30,,2,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，单调递减区间为3,22⎛⎫⎪⎝⎭.(2)若要命题成立，只须当(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，由()()22e xg x x '=-可知当(]0,2x ∈时max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <对()f x 来说，()()122()(21)ax x f x ax a x x--=-++'=，（1）当12a ≤时，在(]0,2上有10-≤ax ，∴()0f x '≥这时max ()(2)222ln 2f x f a ==--+，由max ()0f x <得1ln 212a -<≤；（2）当12a >时，max 11()2ln 22f x f a a a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭，设1()2ln 22h a a a =---，则2221214()022a h a a a a -'=-=<，∴()h a 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，1()2ln 2302h a h <=-<⎝⎭，∴当12a >时，max ()0f x <，综上所述，满足题意的ln 21a >-.【点睛】本题考查了对任意1x D ∈，均存在2x E ∈，使得12()()f x g x <，转化为max max ()()f x g x <求参数的取值范围的问题，考查了学生的思维能力、运算能力.5.已知函数()()ln xf x ax a x=-+∈R ，'为()f x 的导函数．(1)求()f x 的定义域和导函数；(2)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(3)若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，且存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+(2)()f x 在()0,1单减，()1,+∞也单减，无增区间(3)2110,2e a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】（1）根据分母不等于0，对数的真数大于零即可求得函数的定义域，根据基本初等函数的求导公式及商的导数公式即可求出函数的导函数；（2）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出答案；（3）若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x=-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，只要()min a h x ≤即可，利用导数求出函数()11ln h x x x=-+的最小值即可求出a 的范围，()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，()()2ln 112ln x g x a x -=-，求出函数()g x 的值域，根据存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，则0在函数()g x 的值域中，从而可得出a 的范围，即可得解.(1)解：()f x 的定义域为()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+；(2)解：当2a =时，()()()()()22222172ln 2ln ln 1ln 1482ln ln ln x x x x f x x x x ⎛⎫-+⎪-+-⎝⎭'=-+=-=-，()0f x ¢<恒成立，所以()f x 在()0,1和()1,+∞上递减；(3)解：若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x =-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()22222ln 11ln ln x x h x x x x x x -'=-=，对于函数())ln 0x x x ϕ=>，()122x x xϕ'==，当04x <<时，()0ϕ'>x ，当4x >时，()0ϕ'<x ，所以函数()ln x x ϕ=()0,4上递增，在()4,+∞上递减，所以()()ln 4204x ϕϕ≤=-<，当2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，ln 0x >，所以ln x <()2ln x x <，故()0h x '<恒成立，()h x 在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦为减函数，所以()()2min e h x h ==211e 2-+，所以211e 2a ≤-+，由（1）知，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+，所以()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，记()()2ln 112ln x g x x -=-，令1ln t x =，1,13t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则原式()211,123g x t t a t ⎛⎫⎡⎤=-+-∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为1,242a a ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，因为存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，所以02a -≤，1042a -≥，所以102a ≤≤，综上，2110,2a e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦．【点睛】本题考查了函数的定义域及导数的四则运算，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了计算能力及数据分析能力，对不等式恒成立合理变形转化为求最值是解题关键.。
恒成立与能成立的七类问题【解析版】--高中数学
恒成立与能成立的七类问题热点题型速览热点一分离参数法解答恒(能)成立问题1(2023·全国·统考高考真题)已知函数f x =ae x -ln x 在区间1,2 上单调递增，则a 的最小值为( )．A.e 2B.eC.e -1D.e -2【答案】C【分析】根据f x =ae x -1x≥0在1,2 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．【详解】依题可知，f x =ae x -1x ≥0在1,2 上恒成立，显然a >0，所以xe x ≥1a，设g x =xe x ,x ∈1,2 ，所以g x =x +1 e x>0，所以g x 在1,2 上单调递增，g x >g 1 =e ，故e ≥1a ，即a ≥1e=e -1，即a 的最小值为e -1．故选：C ．2(2023春·江苏无锡·高二统考期末)已知函数f (x )=a ln x +x 2，在区间(0,2)上任取两个不相等的实数x 1，x 2，若不等式f x 1 -f x 2x 1-x 2>0恒成立，则实数a 的取值范围是()A.[-8,+∞)B.(-∞,-8]C.[0,+∞)D.(-∞,0]【答案】C【分析】根据f x 1 -f x 2x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，进而由导数即可求解.【详解】由f x 1 -f x 2 x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，所以f (x )=ax +2x ≥0在(0,2)上恒成立，即a ≥-2x 2在(0,2)上恒成立，故a ≥-2x 2 max ，所以a ≥0，故选：C3(2023春·河南南阳·高二统考期末)若f x =log 0.5x 3-3x 2+ax +6 在区间1,2 上单调递增，则实数a 的取值范围为()热点一：分离参数法解答恒(能)成立问题热点二：构造函数法解答恒(能)成立问题热点三：最值比较法解答恒(能)成立问题热点四：“先分离后构造”解答恒(能)成立问题热点五：两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点六：先分离参数、再两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点七：构造函数法证明恒成立问题恒成立问题能成立问题“隐性”恒成立A.-∞,0B.-1,+∞C.-1,0D.-1,0【答案】C【分析】令f (t )=log 0.5t ,t =x 3-3x 2+ax +6，根据复合函数的单调性可得需满足t >0，且t =x 3-3x 2+ax +6在1,2 上单调递减，结合导数。
高考数学导数恒成立问题的解法及例题
高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。
1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。
2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。
例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。
解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。
我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。
综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。
推荐2018版高中数学专题10解密函数中的恒成立与能成立问题特色训练新人教A版选修1_1
专题10 解密函数中的恒成立与能成立问题一、选择题1．【四川省成都外国语学校2017-2018学年高一上学期期中】若函数()()16log 1612x xf x m =+--有零点,则实数m 的取值范围（ ） A . 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ B . 1,16⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ C . (),16-∞ D . 1,164⎛⎤⎥⎝⎦【答案】A【方法点睛】本题主要考查函数的零点、利用导数求函数的最值，属于难题. 已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数()(),y g x y h x ==的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为(),y a y g x ==的交点个数的图象的交点个数问题 .2．【黑龙江省大庆实验中学2018届高三上学期期中】已知e 为自然对数的底数，若对任意的1,1x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，总存在唯一的()0,y ∈+∞，使得ln ln 1y y x x a y +++=成立，则实数a 的取值范围是( )A . (),0-∞B . (],0-∞C . 2,e e⎛⎤ ⎥⎝⎦D . (],1-∞-【答案】B【解析】【方法点睛】本题主要考查函数的图象与性质以及利用导数研究函数的单调性，属于难题.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．3．【湖北省重点高中联考协作体2017年秋季高三期中考】若函数()212xf x ke x =-在区间()0,+∞单调递增，则实数k 的取值范围是（ ）A . 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B . ()0,+∞C . 1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D . [)0,+∞【答案】C【解析】∵()212xf x ke x =-， ∴()xf x ke x '=-。
恒成立能成立问题总结(详细)
⎩g (2) < 0 ⎧ ⎩ ，所以 x 的范围是 x ∈ ( 恒成立问题的类型和能成立问题及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点问题。
这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。
感觉题型变化无常，没有一个固定的思想 方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。
在此为了更好的准确地把握快速解 决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。
一、函数法（一）构造一次函数利用一次函数的图象或单调性来解决对于一次函数 f ( x ) = kx + b (k ≠ 0), x ∈ [m , n ] 有：⎧k > 0 ⎧k < 0 ⎧ f (m ) > 0f ( x ) > 0恒成立 ⇔ ⎨ 或⎨ ⇔⎨; ⎩ f (m ) > 0 ⎩ f (n) > 0 ⎩ f (n) > 0 ⎧ f (m ) < 0f ( x ) < 0恒成立 ⇔ ⎨⎩ f (n) < 0例 1 若不等式 2 x - 1 > mx 2 - m 对满足 - 2 ≤ m ≤ 2 的所有 m 都成立，求 x 的范 围。
解析：将不等式化为： m ( x 2 - 1) - (2 x - 1) < 0 ，构造一次型函数： g (m ) = ( x 2 - 1)m - (2 x - 1)原命题等价于对满足 - 2 ≤ m ≤ 2 的 m ，使 g (m ) < 0 恒成立。
⎧g (-2) < 0 由函数图象是一条线段，知应 ⎨ ⎪-2( x 2 - 1) - (2 x - 1) < 0 ⇔⎨⎪2( x 2 - 1) - (2 x - 1) < 0解得- 1 + 7 1 + 3 - 1 + 7 1 + 3< x < , ) 。
2 2 2 2[ ⎧ b ⎧α≤- ≤ β ⎩ ⎩ 若 f ( x) < 0在[α , β ] 上恒成立 ⇔ ⎪ - 2 a < α 或 ⎪α ≤ - 2 a ≤ β 或 ⎪ - 2 a > β⎧b⎩⎩小结：解题的关键是将看来是解关于 x 的不等式问题转化为以 m 为变量， x 为参数 的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。
2023届新高考数学二轮复习：专题(导数解答题之恒成立与能成立问题)提分练习(附答案)
2023届新高考数学二轮复习：专题（导数解答题之恒成立与能成立问题）提分练习【总结】1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤； （2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥； （3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤； （4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈.（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，则()()max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()min max f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集. 【典型例题】例1．（2023春ꞏ浙江ꞏ高三开学考试）已知函数()e ln()(0)x f x m mx m m m =--+>(1)当1m =时，求曲线()y f x =在点(2,(2))P f 处的切线方程； (2)若()0f x ≥恒成立，求实数m 的取值范围．例2．（2023春ꞏ河北石家庄ꞏ高三校联考开学考试）已知函数()31tan (R 3f x x x ax α=-+∈）(1)若2π216a =-，求f (x )在（π2-，0）上的极值；(2)若()0f x ≥在π[0,)2x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围例3．（2023春ꞏ河南ꞏ高三商丘市回民中学校联考开学考试）已知函数()3ln 3a f x x ax x x =--. (1)若()f x 的导函数为()g x ，讨论()g x 的单调性；(2)若()()3ln e 03x ax f x x a x x -++≥-恒成立，求实数a 的取值范围.例4．（2023ꞏ全国ꞏ唐山市第十一中学校考模拟预测）已知n 为正整数，()()2ln 1n x f x x x =>，()()2e1xn g x x x =>.(1)求()f x 的最大值；(2)若()12212122,1,,ln e xn n x x x x x ∀∈+∞<恒成立，求正整数n 的取值的集合.（参考数据：ln 5 1.6,ln 20.69,ln 3 1.10≈≈≈）例5．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）设函数()()()21ln f x a a x x a x=-+-∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，记()()21g x xf x x =++，是否存在整数t ，使得关于x 的不等式()t g x ≥有解?若存在，请求出t 的最小值；若不存在，请说明理由.例6．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()e sin 1xf xg x t x ==+，，设()()()h x f x g x =-.(1)若()h x 在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,求实数t 的取值范围;(2)求证:()0,t ∃∈+∞;对[)R,0,x a ∀∈∃∈+∞,使得()xh x a =总成立.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()12ln a f x x a x x+=-+-． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设()22e e 3x g x mx =+--，当2e 1a =-时，对任意[)11,x ∈+∞，存在[)21,x ∈+∞，使()21()g xf x ≤，求实数m 的取值范围．例8．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）函数()e sin x f x x =，()()1cos xg x x x =+．(1)求()f x 的单调递增区间；(2)对1π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦∀，2π0,2x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，使()()12f x g x m +≥成立，求实数m 的取值范围．【过关测试】1．（2023秋ꞏ河北唐山ꞏ高三开滦第二中学校考期末）已知函数()()2ln R f x x ax x a =++∈.(1)若()y f x =在1x =处的切线与y 轴垂直，求()f x 的极值；(2)若()f x 有两个不同的极值点()1212,x x x x <，且()()12922f x f x +≥-恒成立，求a 的取值范围.2．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数22()2ln 2f x x x x ax a =-+-+，其中0a >． (1)求函数()f x '的单调区间；(2)证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥恒成立，且方程()0f x =有唯一的实根．3．（2023秋ꞏ湖北ꞏ高三统考期末）设函数()()22cos 2sin 2f x ax x x =--. (1)当1a =时，求()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(2)对()0,x ∀∈+∞，不等式()π2π2cos 2x f a x ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围.4．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()e xf x x =，()2ln22xg x =+． (1)求函数()f x 的最值；(2)若关于x 的不等式()()f x g x kx -≥恒成立，求实数k 的取值范围．5．（2023ꞏ浙江ꞏ统考一模）设函数()()22ln e 12-=+---x aa f x x a x x ,0x >．(1)当0a >时,证明:()2f a ≤; (2)若()1f x x ≥+,求a 的取值范围．6．（2023ꞏ四川凉山ꞏ统考一模）已知函数()()ln 1f x x x =-+． (1)求()f x 的最小值； (2)已知*N n ∈，证明：()1111ln 123n n++++>+L ； (3)若()ln 210xx x x a x -+--≥恒成立，求a 的取值范围．7．（2023秋ꞏ山东烟台ꞏ高三统考期末）已知0a >，()()2e 2=-+xf x x a x x ，x ∈R ，()f x '为()f x 的导函数.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若存在a 使得()2f x b a '≥-对任意x 恒成立，求实数b 的取值范围.8．（2023ꞏ广东广州ꞏ统考二模）已知定义在()0,∞+上的函数()e axf x =.(1)若R a ∈，讨论()f x 的单调性；(2)若0a >，且当()0,x ∈+∞时，不等式2e ln aax xx ax ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围.9．（2023秋ꞏ江西ꞏ高三校联考期末）已知函数()e xf x ax =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若4a ≥，证明：对于任意[)1,x ∞∈+，()2323f x x ax >-+恒成立.（参考数据：ln10 2.3≈）10．（2023秋ꞏ广东深圳ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln f x ax ax =+，其中a 是非零实数. (1)讨论函数()f x 在定义域上的单调性;(2)若关于x 的不等式()e x af x x -≤恒成立，求a 的取值范围.11．（2023ꞏ湖北ꞏ校联考模拟预测）已知函数2()e e,x f x mx m =+-∈R .（注：e 2.718281=…是自然对数的底数）(1)当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (2)若()f x 只有一个极值点，求实数m 的取值范围；(3)若存在n ∈R ，对与任意的x ∈R ，使得()f x n ≥恒成立，求m n -的最小值.12．（2023秋ꞏ黑龙江哈尔滨ꞏ高三哈尔滨三中校考阶段练习）已知函数()()e cos xJ x x x =+∈R ，其中e 为自然对数的底，e 2.71828= .(1)求证：()2cos J x x x ≥+；(2)是否存在实数a ，使得()32J x ax x ≥++恒成立？若存在，求a 的取值集合，若不存在请说明理由.13．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知当x ∈R ，总有e 1x x ≥+，当且仅当0x =时，“=”成立．设()e xf x =．(1)当0x ≥时，总有()f x x m ≥+，求实数m 的取值范围； (2)当a b <时，证明：存在(,)a b ξ∈，使得()()e f a f b a bξ-=-．14．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()ln 2f x x ax =-+，()()1e ln 1x g x x b +=-+-，其中a ∈R ，b ∈Z ．(1)试讨论函数()f x 的极值；(2)当0a >时，若对任意的()10,x ∞∈+，()21,x ∈-+∞，总有()()12ln f x g x b a ≤--成立，试求b 的最大值．15．（2023秋ꞏ云南曲靖ꞏ高三曲靖一中校考阶段练习）已知函数()()2ln 0f x a x a x=+>． (1)若函数()y f x =图象上各点切线斜率的最大值为2，求函数()f x 的极值； (2)若不等式()2f x <有解，求a 的取值范围．16．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()21ln 12f x x ax a x =-+-，R a ∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)曲线()y f x =上是否存在不同两点()11,A x y 、()22,B x y ，使得直线AB 与曲线()y f x =在点1212,22x x x x f ⎛++⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线平行？若存在，求出A 、B 坐标，若不存在，请说明理由．17．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知0a >，函数()x f x ax xe =-． （I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程： （II ）证明()f x 存在唯一的极值点（III ）若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围．参考答案【总结】1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤； （2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥； （3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤； （4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈.（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，则()()max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()min max f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集. 【典型例题】例1．（2023春ꞏ浙江ꞏ高三开学考试）已知函数()e ln()(0)x f x m mx m m m =--+>(1)当1m =时，求曲线()y f x =在点(2,(2))P f 处的切线方程； (2)若()0f x ≥恒成立，求实数m 的取值范围． 【答案解析】（1）当1m =时，()e ln(1)1x f x x =--+,所以1()e 1x f x x '=--.所以22(2)e ln(21)1e 1f =--+=+,221(2)e e 121f '=-=--， 所以曲线()y f x =在点(2,(2))P f 处的切线的斜率为2(2)e 1k f '==-，所以曲线()y f x =在点(2,(2))P f 处的切线方程为()()22e 1e 1(2)y x -+=--，即()22e 1e 3y x =--+．（2）由题易得(1,)x ∈+∞，由()0f x ≥，得:e ln()xm mx m m ≥--ln ln e ln ln(1)1e ln ln(1)1e ln ln(1)1xx m x m m x m x m x m--⇔≥+--⇔≥+--⇔-≥--ln ln ln(1)e ln ln(1)1ln e ln(1)e x m x m x x m x x x m x ---⇔+-≥-+-⇔-+≥-+， 令()e x g x x =+， 则()1e 0x g x '=+>，所以()g x 在R 上单调递增，ln ln(1)ln e ln(1)e x m x x m x ---+≥-+式等价于(ln )(ln(1))g x m g x -≥-，即ln ln(1)x m x -≥-． 所以ln ln(1)m x x ≤--，(1,)x ∈+∞， 令()ln(1),(1)h x x x x =-->，则有12()111x h x x x -'=-=--， 令()0h x '=，即201-=-x x ，解得2x =， 当12x <<时， ()0h x '<；当2x >时， ()0h x '>； 所以()h x 在(1,2)上单调递减，在(2,)+∞上单调递增， 所以min ()(2)2ln(21)2h x h ==--=； 所以只需ln 2m ≤，即20e m <≤．综上，实数m 的取值范围是(20,e ⎤⎦．例2．（2023春ꞏ河北石家庄ꞏ高三校联考开学考试）已知函数()31tan (R 3f x x x ax α=-+∈）(1)若2π216a =-，求f (x )在（π2-，0）上的极值；(2)若()0f x ≥在π[0,)2x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围【答案解析】（1）若()223π1π2tan 216316a f x x x ⎛⎫=-=-+- ⎪⎝⎭，x ，则()2221π2cos 16f x x x =-+-'，令()()g x f x '=，π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭， 则()()3332sin cos 2sin 2cos cos x x x x g x xx x-=-='，令()3πsin cos ,,02M x x x x x ⎛⎫=-∈- ⎪⎝⎭ 则()()3222cos cos 3cos sin cos sin 3cos sin cos sin sin 3cos M x x x x x x x x x x x x x x x x '=-+=+=+π(,0),sin 0,cos 0,sin 3cos 02x x x x x x ∈-<>+<,所以()0M x '>在π(,0)2-上恒成立，()M x 在π(,0)2-上单调递增，所以()()00M x M <=，所以()0g x '<在π(,0)2-上恒成立，即g (x )在π(,0)2-上单调递减，所以f '(x )在π(,0)2-上单调递减，又π04f ⎛⎫-= ⎪⎭'⎝．所以f (x )在（π2-，π4-）上单调递增，在（π4-，0）上单调递减．又323ππ1πππππtan 214434164296f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--⨯-+-⨯-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以f (x )的极大值是3ππ1296--（2）由（1）可知函数221cos y x x =-，在π(,0)2-上单调递减，即()221cos f x x a x=-+'在π(,0)2-上单调递减， 易知()221cos f x x a x=-+'为偶函数． 所以f '(x )在π02⎡⎫⎪⎢⎣⎭，上单调递增，又()01f a '=+当10a +≥，即1a ≥-时，()()00f x f ''≥≥，所以f (x )在 π02⎡⎫⎪⎢⎣⎭，上单调递增，所以()()00f x f ≥=，符合题意;当10+<a ，即1a <-时，()00f '<，又()2222221πtan 1tan 1cos 4f x x a x a x x a x =-+=++->++-'， 存在0π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，使得()00f x '>，所以存在()100,x x ∈，使得()10f x '=，所以f (x )在()10x ，上单调递减，在1π2x ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递增，故()()100f x f <=，不合题意． 综上，实数a 的取值范围是[)1,∞-+．例3．（2023春ꞏ河南ꞏ高三商丘市回民中学校联考开学考试）已知函数()3ln 3a f x x ax x x =--. (1)若()f x 的导函数为()g x ，讨论()g x 的单调性；(2)若()()3ln e 03x ax f x x a x x -++≥-恒成立，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）因为()2ln 1g x ax a x =---,()0,x ∈+∞，所以()21212axg x ax x x='-=-. 当0a ≤时，()0g x '≤，所以()g x 在()0,∞+上为减函数，当0a >时，()2a g x x x x ⎛=⎝'⎝，所以()g x 在⎛ ⎝⎭上为减函数，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上为增函数. （2）()()3ln e 03x ax f x x a x x -++≥-恒成立，即e ln 0(0)x x a x ax x --≥>恒成立.令()()e ln xh x x a x x =-+，则()()()11e 11e x x a h x x a x x x ⎛⎫⎛⎫=+-+=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'.当0a <时，()()0,h x h x '>在()0,∞+上单调递增， 因为()0,ln ,x x h x ∞∞→→-→-，所以0a <不满足条件.当0a =时，()e 0(0)xh x x x =≥>恒成立，0a =满足条件.当0a >时，令()0h x '=，存在00x >，使得0000e ,ln ln x ax a x x ==-， 因为10,e xax y x+>=-在()0,∞+上单调递增，所以当()00,x x ∈时，()0h x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>， 所以()h x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()()()()0000000ln 1e ln ln l l 0n n n l xh x h x x a x x a a a a a a a a x x -=-≥=-+=-+=≥-，()ln 1ln 0a a a a a -=-≥解得0e a <≤.综上，实数a 的取值范围为[]0,e .例4．（2023ꞏ全国ꞏ唐山市第十一中学校考模拟预测）已知n 为正整数，()()2ln 1n x f x x x =>，()()2e1xn g x x x =>.(1)求()f x 的最大值；(2)若()12212122,1,,ln e xn n x x x x x ∀∈+∞<恒成立，求正整数n 的取值的集合.（参考数据：ln 5 1.6,ln 20.69,ln 3 1.10≈≈≈）【答案解析】（1）()1221112ln ln ln (2ln )()n n n n x x nx xx n x x f x x xx -'+⋅⋅--=>= 令()0f x '>可得：21e n x <<；令()0f x '<可得：2e n x >.所以()f x 在21,e n ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在2e ,n ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.故()f x 的最大值为2222224e e e n n f n ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭. （2）因为()12212122,1,,ln ex nn x x x x x ∀∈+∞<恒成立，所以122221ln e x n n x x x <，即21()()f x g x <恒成立，所以max min ()()f x g x <.2122212e e (2)(e )x n n x x n n x nx x n g x x x-+--'==， 当1n =或2n =时，因为1x >，所以()0g x '>，所以()g x 在()1,+∞上单调递增. 因为()2(e )1>=g g x ，此时满足()2224e e≤<g x n ， 故1n =或2n =满足条件. 当3n ≥时，令()0g x '>可得2n x >；令()0g x '<时，12n x <<，所以()g x 在1,2n ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2n ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.所以min ()22e n n n g x g n ⎛⎫== ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以2242e e n n n n <⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以22e 2n n n -+⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以2(2)ln 2n n n +>-，令()(2)ln 2,32nh n n n n =---≥，令()(2)ln2,32xx x x x ϕ=---≥， 22()ln 1ln 22x x x x x x ϕ-'=+-=-，因为()x ϕ'在[)3,+∞上单调递增，3222(3)ln ln 3ln 20.4102333ϕ'=-=--≈-<，1(4)ln 202ϕ'=->，所以()x ϕ'在()3,4上存在唯一的零点0x .令()0x ϕ'>可得：0x x >；令()0x ϕ'<可得：03x x ≤<. 所以()ϕx 在[)03,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.因为*3N ,(3)ln 5 4.59,(4)2ln 26 4.622∈=-≈-=-≈-n h h ，所以(3)(4)h h >，所以min ()(4)2ln 260h n h ==-<，又9(9)7ln 1114ln 37ln 2110.4302h =-=--≈-<，(10)8ln 5120.800h =-≈>，所以2(2)ln 2nn n +>-，即()0h n <.因为*N n ∈，所以*39,N n n ≤≤∈.综上，正整数n 的取值的集合为{}1,2,3,4,5,6,7,8,9例5．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）设函数()()()21ln f x a a x x a x=-+-∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，记()()21g x xf x x =++，是否存在整数t ，使得关于x 的不等式()t g x ≥有解?若存在，请求出t 的最小值；若不存在，请说明理由.【答案解析】（1）由题意得函数的定义域为()0,∞+，()()()()222222111111a a x x ax a x f x a a x x x x-++⎡⎤+-+⎣++=='⎦=- ， ①当0a <时，10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x ¢>，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，1,x a ∈-+∞⎛⎫⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递减； ②当01a ≤≤时，()0f x ¢>恒成立，()f x 在()0,∞+上单调递增； ③当1a >时，10,1x a ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()0f x ¢>，()f x 在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭单调递增， 1,1x a ⎛⎫∈+∞ ⎪-⎝⎭时，()0f x '<，()f x 在1,1a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭单调递减； 综上，当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭单调递减；当01a ≤≤时，()0f x ¢>恒成立，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当1a >时，()f x 在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭单调递增，在1,1a ⎛⎫+∞⎪-⎝⎭单调递减. （2）当1a =时，()()221ln g x xf x x x x x =++=+ ，∴()2ln 1g x x x =++'，∴()g x '单调递增，又12ln202g ⎛⎫=-> ⎪'⎝⎭，14ln6063g ⎛⎫=-< ⎪'⎝⎭，所以存在唯一的011,62x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0002ln 10g x x x =++='，且当()00,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以()()()022200000000min ln 21g x g x x x x x x x x x ==+=+--=--，设()2000x x x ϕ=--，011,62x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()0x ϕ在11,62⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()01126g x ϕϕ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()037436g x -<<-，若关于x 的不等式()t g x ≥有解，则34t -≥，又t 为整数，所以0t ≥，所以存在整数t 满足题意，且t 的最小值为0.例6．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()e sin 1xf xg x t x ==+，，设()()()h x f x g x =-.(1)若()h x 在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,求实数t 的取值范围;(2)求证:()0,t ∃∈+∞;对[)R,0,x a ∀∈∃∈+∞,使得()xh x a =总成立.【答案解析】（1）解:由题可知()()()e sin 1xh x f x x x t g =-=--，因为()h x 在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,所以()e cos 0xh x t x '=-≥在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立,因为ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,cos 0x >,故只要e cos xt x ≤在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立,令()e cos x F x x =,ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,因为()()2e sin co cos s x x x x F x +'=,ππ,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,令()()2sin cos c e 0os x x x F x x=+'>,即sin cos 0x x +>,解得ππ,42x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,故()F x 在ππ,42⎛⎫- ⎪⎝⎭上单增,在ππ,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单减,所以()π4minπ4F x F -⎛⎫=-= ⎪⎝⎭,即实数t 的取值范围为π4-⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦;（2）由题意, 因为0a >,所以只要找出()0,t ∈+∞,使得0x >时,()0h x >;0x <时,()0h x <即可,当0x =时,显然成立; 现证()10,2t =∈+∞,满足题意, 即证当12t =时,若0x >时,()0h x >成立, 若0x <时,()0h x <也成立, 当12t =时, 若0x >,则()1e sin 12xh x x =--,所以()1e cos 2xh x x =-',因为0x >,故1e 1cos 2xx >>, 即()1e cos 02xh x x '=->恒成立,所以()h x 在()0,∞+上单增, 故()()00h x h >=, 即0x >时,()0h x >成立; 当12t =时, 若0x <,()1e sin 12xh x x =--,由(1)知当π4t -⎛⎤∈-∞ ⎥⎝⎦时,=e sin 1x y t x --在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,因为πe 64<等价于π4e <,即等价于π412-<,所以()1sin 12xh x e x =--在π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,故当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,()()00h x h <=,因为当π,2x ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦时,π2e e x-≤,且11sin 122x +≥, 因为πe 4>等价于π21e 2->,所以π211e esin 122xx -≤<≤+, 即当π,2x ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦时,也有()0h x <．综上,()0,t ∃∈+∞,对R x ∀∈,[)0,a ∃∈+∞,使得()xh x a =总成立． 例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()12ln a f x x a x x+=-+-． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设()22e e 3x g x mx =+--，当2e 1a =-时，对任意[)11,x ∈+∞，存在[)21,x ∈+∞，使()21()g xf x ≤，求实数m 的取值范围．【答案解析】（1）()()12ln a f x x a x x+=-+-定义域为()0,∞+， ()()()2211211x x a a a f x x x x--+⎡⎤++⎣⎦'=-+=， 令()0f x '=，得1x =或1x a =+． 当10a +≤即1a ≤-时：()0,1x ∈，()0f x '<，函数()f x 在()0,1上单调递减；()1,x ∈+∞，()0f x ¢>，函数()f x 在()1+∞，单调递增； 当011a <+<，即10a -<<时：()0,1x a ∈+，()0f x ¢>，函数()f x 在()01a +，单调递增； ()1,1x a ∈+，()0f x '<，函数()f x 在()1,1a +上单调递减； ()1,x ∈+∞，()0f x ¢>，函数()f x 在()1+∞，上单调递增；当11a +=即0a =时：()0,x ∈+∞，()0f x '≥，函数()f x 在()0+∞，单调递增； 当11a +>即0a >时：()0,1x ∈，()0f x ¢>，函数()f x 在()0,1单调递增；()1,1x a ∈+，()0f x '<，函数()f x 在()1,1a +上单调递减；()1,x a ∈++∞，()0f x ¢>，函数()f x 在()1,a ∞++上单调递增；综上：当1a ≤-时，单调递减区间有()0,1，单调递增区间有()1,+∞；当10a -<<时，单调递减区间有()1,1a +，单调递增区间有()0,1a +，()1,+∞； 当0a =时，单调递增区间有()0,∞+，无单调递减区间；当0a >时，单调递减区间有()1,1a +，单调递增区间有()0,1，()1,a ∞++． （2）当2e 1a =-时，由（1）得函数()f x 在区间()21,e 上单调递减，在区间()0,1，()2e ,+∞上单调递增，从而函数()f x 在区间[)1,+∞上的最小值为()22e e 3f =--．即存在[)21,x ∈+∞，使()22e 3g x ≤--，即存在[)1,x ∞∈+，使得222e e 3e 3x mx +--≤--，即2e x m x ≤-，令()2e xh x x =-，[)1,x ∞∈+，则()max m h x ≤，由()()3e 2x x h x x='-，当()1,2x ∈时，()0f x ¢>，函数()f x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 所以()()2maxe 24h x h ==-，所以2e 4m ≤-．例8．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）函数()e sin x f x x =，()()1cos xg x x x =+．(1)求()f x 的单调递增区间；(2)对1π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦∀，2π0,2x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，使()()12f x g x m +≥成立，求实数m 的取值范围．【答案解析】（1）因为()e sin xf x x =，所以()πsin 4x f x x ⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭，当π2π2ππ4k x k ≤+≤+，即()π3π2π,2πZ 44x k k k ⎡⎤∈-+∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x '≥，()f x 单调递增，等号仅在ππ,Z 4x k k =-∈时取得，综上，()f x 的单调递增区间是()π3π2π,2πZ 44k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦.（2）()()12f x g x m +≥，即()()12f x m g x ≥-， 设()()t x m g x =-，则问题等价于()()min max f x t x ≥，π0,2x ⎡⎤∈⎢⎣⎦， 由（1）可知，当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x '≥，故()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦递增，∴()()min 00f x f ==，()()c 1o s x t x m x x =-++，()()cos s i 1n x t x x x x '=-+++，∵π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0x x ->，()1sin 0x x +≥，故当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0t x '>，()t x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦递增，()π2max π2t x t m ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故π20m +≤，即π22e m ≤，即实数m 的取值范围是π2,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦；【过关测试】1．（2023秋ꞏ河北唐山ꞏ高三开滦第二中学校考期末）已知函数()()2ln R f x x ax x a =++∈.(1)若()y f x =在1x =处的切线与y 轴垂直，求()f x 的极值；(2)若()f x 有两个不同的极值点()1212,x x x x <，且()()12922f x f x +≥-恒成立，求a 的取值范围.【答案解析】（1）()()2ln R f x x ax x a =++∈，()f x 的定义域为()0,∞+，()()212120x ax f x x a x x x ++'=++=>，若()y f x =在1x =处的切线与y 轴垂直， 则()130,3f a a '=+==-，所以()23ln f x x x x =-+，()()()2211231x x x x f x x x---+'==， 所以()f x 在区间()()()10,,1,,0,2f x f x ⎛⎫'+∞> ⎪⎝⎭递增；在区间()()1,1,0,2f x f x ⎛⎫'< ⎪⎝⎭递减.所以()f x 的极大值为11315ln ln 224224f ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭，极小值为()11302f =-+=-.（2）若()f x 有两个不同的极值点()1212,0x x x x <<，则()2210x ax f x x ++'==有两个不同的正根12,x x ，即2210x ax ++=有两个不同的正根12,x x ， 所以2Δ8004a a ⎧=->⎪⎨->⎪⎩，解得a <-12121,22a x x x x +=-=，221122210,210x ax x ax ++=++=，依题意，()()12922f x f x +≥-恒成立，()()22111222ln 22ln 2x ax x x ax x +++++()()()2211221242ln 2x ax x ax x x =++++()2112ln1x =---+21932x =--≥-恒成立，2132x ≤恒成立，即104a x <≤<-恒成立，所以2210224a a⎧⎫⎪⨯+⨯+≤⎪⎪⎪⎝⎭<-，解得a <-.故a的取值范围为{a a <-2．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数22()2ln 2f x x x x ax a =-+-+，其中0a >． (1)求函数()f x '的单调区间；(2)证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥恒成立，且方程()0f x =有唯一的实根．【答案解析】（1）由题意，()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2(ln )22f x x x x a x '=-+⋅+-2ln 222x x a =-+--，设()2ln 222g x x x a =-+--，则22(1)()2x g x x x -'=-+=，令()0g x '>，得1x >，令()0g x '<，得01x <<， 故()f x '的单调递增区间为(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)． （2）由()2(1ln )0f x x x a '=---=，解得1ln a x x =--， 令22()2ln 2(1ln )(1ln )u x x x x x x x x x =-+---+--， 则(1)10u =>，(e)2(2e)0u =-<， 所以存在0(1,e)x ∈，使得0()0u x =，令0001ln a x x =--0()x ϕ=，其中()1ln (1)x x x x ϕ=--≥， 由1()10x xϕ'=-≥，可得函数()ϕx 在[1,)+∞上为增函数， 所以000(1)()(e)e 21a x ϕϕϕ=<=<=-<，即0(0,1)a ∈， 当0a a =时，有0()0f x '=，00()()0f x u x ==， 再由（1）可知，()f x '在(1,)+∞上为增函数，当0(1,)x x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在0(1,)x 上为减函数，所以0()()0f x f x >=， 当00(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在0(,)x +∞上为增函数，所以0()()0f x f x >=，又当(0,1]x ∈时，20()()2ln 0f x x a x x =-->，故当,()0x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立.综上所述：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥恒成立，且方程()0f x =有唯一的实根．3．（2023秋ꞏ湖北ꞏ高三统考期末）设函数()()22cos 2sin 2f x ax x x =--. (1)当1a =时，求()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(2)对()0,x ∀∈+∞，不等式()π2π2cos 2x f a x ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）当1a =时，()()22cos 2sin 2f x x x x =--，π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，设2x t =，[]0,πt ∈，即()()2cos sin 2cos sin g t t t t t t t t =--=--，所以()2cos sin cos 22cos sin 0g t t t t t t t t '=-+-=-+>， 所以()g t 在[]0,π上单调递增，所以()()min 00g t g ==，()()()max ππ2cos πsin π3πg t g ==--=， 即()min 0f x =，()max 3πf x =.（2）由()π2π2cos 2x f a x ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，即()()2π2cos sin 2π2cos 2x a x x a x ⎛⎫+-->- ⎪⎝⎭，即()2cos sin 0ax x x -->，对于()0,x ∈+∞恒成立， 设()()2cos sin h x ax x x =--，()00h =， 当1a ≥时，()()2cos sin h x x x x ≥--，由（1）知[]0,πx ∈时，()2cos sin 0x x x --≥，所以()0h x ≥， 当()π,x ∈+∞时，()()2cos sin 1cos sin 0x x x x x x x --=-+->.当0a ≤时，()()2cos sin h x ax x x =--，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x <，不符合题意.当01a <<时，()()2cos sin cos 2cos sin cos h x a a x x x x a a x ax x x '=---=-+-， 即()01h a '=-，设()2cos sin cos n x a a x ax x x =-+-， 则()()21sin cos n x a x ax x '=++，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0n x '>，即()h x '在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，又ππ2022h a ⎛⎫⎛⎫'=+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()010h a '=-<，所以存在0π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00h x '=，当()00,x x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在()00,x 单调递减，此时()()00h x h <=，不合题意 综上所述，a 的取值范围为[)1,+∞.4．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()e xf x x =，()2ln22xg x =+．(1)求函数()f x 的最值；(2)若关于x 的不等式()()f x g x kx -≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案解析】（1）因为()e xf x x =，所以()e e (1)e x x x f x x x '=+=+，令()(1)e 0x f x x '=+>解得1x >-，令()(1)e 0xf x x '=+<解得1x <-，所以()e xf x x =在(),1-∞-单调递减，在()1,-+∞单调递增，所以当=1x -时，()f x 有最小值为1(1)f e-=-，无最大值.（2）由()2ln22xg x =+的定义域可得()0,x ∈+∞， ()()f x g x kx -≥即e 2ln 22x xx kx --≥，等价于22e ln (0)2xx k x x x≤-->恒成立，令22()e ln 2xx h x x x =--，所以222222e 2ln 22222()e ln e ln 22x x x xx x x h x x x x x x +⎡⎤⎛⎫'=--++=+= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，令2()e 2ln ,02xx F x x x =+>，所以()2()2e 02xxF x x x '=++>在()0,x ∈+∞恒成立， 所以2()e 2ln ,2xx F x x =+单调递增，1(1)e ln 40,(ln16024F F =->=->，所以存在唯一01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得0()0F x =，即0200e 2ln 02xx x +=，所以当()000,x x ∈时，()0<F x ，即()0h x '<，()h x 单调递减， ()00,x x ∈+∞时，()0F x >，即()0h x '>，()h x 单调递增，所以00min 00022()()e ln ,2x x h x h x x x ==-- 由0200e 2ln 02x x x +=得00002e ln 02x x x x +=，也即002ln 002e ln e x x x x =，即002()(lnf x f x =，由(1)知()f x 在()1,-+∞单调递增，所以002lnx x =，00002e ,ln 2x x x x =-=， 所以000min 00000022222()()e ln ln 222x x x g x g x x x x x x ==--=--=， 所以2k ≤.5．（2023ꞏ浙江ꞏ统考一模）设函数()()22ln e 12-=+---x aa f x x a x x ,0x >．(1)当0a >时,证明:()2f a ≤; (2)若()1f x x ≥+,求a 的取值范围． 【答案解析】（1）解:由题知()()22ln e12-=+---x aa f x x a x x ,故()()22ln 112a a f a a a a =+---l 1n a a a ≤+-,记()1ln g a a a a =+-,所以()ln g a a '=-, 所以()0,1x ∈时,()0g a '>,()g a 单调递增,()1,x ∞∈+上,()0g a '<,()g a 单调递减,所以()()12g a g ≤=,即l 1n 2a a a +-≤,故()()1l 2n f a a a g a a =+-≤≤,得证; （2）由题,不妨记()()22e11ln 2x ax a h x a x -=----,因为()11e 10ah -=-≥,故1a ≤;当0<a 时,()()22e11ln 2x ax a h x a x -=----l e n 1x a a x -≤--,令()1ln e x ag x a x -=--,取1e 1ea ax --=,因为0<a ,所以110,e1,aa -->>11e 1e10,0,a aa----><故1e 10e1a a--<<,111e 1e 1e 1e e =e eln 1a aa aaaag a -------⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭()11e e 110a a --<---=,故()1ln ex ag x a x -=--有小于零的函数值,因为()()h x g x ≤,所以存在0x 使得()010n e l x ah a x x -≤--<,故不符合题意舍,下证01a ≤≤符合题意:①若0a =,()e 10xh x =-≥;②若01a <≤,令()e 1xF x x =--,所以()e 1x F x '=-,当0x >时,()0F x '>,所以()F x 单调递增, 当0x <时,()0F x '<,所以()F x 单调递减, 故()()min 00F x F ==,即e 1x x ≥+,将ln x 替换x 代入上不等式可有:ln 1≤-x x ,当01x <≤时,()()22ln e 112x ax a h x a x -=----()22ln 12x x a a a x ---≥-()2ln 12a ax a a x x ----≥()21112ln x a x x ⎡⎤----⎢⎣=⎥⎦,记()()21ln 112p x x x x =-++-, ()()211110x p x x x x-'=-+-=≥,故()p x 单调递增, 则(]0,1x ∈时,()()10p x p ≤=,又有01a <≤, 故()()0h x a p x ≥⋅≥成立, 当1x >时,因为01a <≤, 所以()()22e11ln 2x ax a h x a x -=----()()()221e 1112a x a a x x -≥-----,记()21e 12xq x x x =---,所以()()e 10x q x x F x '=--=≥, 所以()q x 在[)0,∞+单调递增,则()()00q x q ≥=,因为01a <≤,1x >,所以()10a x ->,故()()()100a x q q ≥-=, 即()()()10q a x h x -≥≥, 综上所述:[]a 0,1∈.6．（2023ꞏ四川凉山ꞏ统考一模）已知函数()()ln 1f x x x =-+． (1)求()f x 的最小值； (2)已知*N n ∈，证明：()1111ln 123n n ++++>+L ；(3)若()ln 210xx x x a x -+--≥恒成立，求a 的取值范围．【答案解析】（1）因()()()ln 1,1,f x x x x =-+∈-+∞， 则()11(1)11xf x x x x =-=>-+'+， 令()0f x '=，得0x =，又()1,0x ∈-时，()0f x '<，函数()f x 在()1,0x ∈-上单调递减；()0,x ∈+∞时()0f x ¢>，，函数()f x 在()0,x ∈+∞上单调递增；即函数()f x 在0x =处取最小值，即()()00f x f ≥= 所以()f x 的最小值为0．（2）由（1）小题结论可知()ln 1x x ≥+，当且仅当0x =时等号成立， 则*N n ∈时11ln 1n n ⎛⎫≥+ ⎪⎝⎭，即11ln n n n +≥ 所以()1112312311ln ln ln ln ln 1231212n n n n n n ++⎛⎫++++>+++=⋅=+ ⎪⎝⎭ 所以不等式成立.（3）由题可知0x >，()ln 210xx x x a x -+--≥恒成立等价于不等式ln 21x x x x x a x-+-≥恒成立，令()ln 21x x x x x h x x-+-=，则命题等价于()0,x ∈+∞，min ()h x a ≥由（1）知，()ln 1x x ≥+，即有e 1x x ≥+，当且仅当0x =时等号成立，所以()ln e ln 21ln 1ln 212x x x x x x x x x x h x x x -+-+-+-=≥=当ln 0x x =，即1x =时能取等号，所以min ()2h x =，即2a ≤ a 的取值范围为(],2-∞．7．（2023秋ꞏ山东烟台ꞏ高三统考期末）已知0a >，()()2e 2=-+xf x x a x x ，x ∈R ，()f x '为()f x 的导函数.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若存在a 使得()2f x b a '≥-对任意x 恒成立，求实数b 的取值范围.【答案解析】（1）()2e 2x f x x ax ax =--，则()()()1e 2xf x x a '=+-，当0a >时，方程e 20x a -=的根为()ln 2x a =， 当()ln 21a >-，即12ea >时，当(),1x ∈-∞-和()()ln 2,x a ∈+∞时，()0f x ¢>， ()f x 单调递增，当()()1,ln 2x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当()ln 21a <-，即102ea <<，当()(),ln 2x a ∈-∞和()1,x ∈-+∞时，()0f x ¢>， ()f x 单调递增，当()()ln 2,1x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当()ln 21a =-，即12ea =时，0y '≥恒成立，函数在R 上单调递增， 综上所述，当102ea <<时，()f x 在()(),ln 2a -∞，()1,-+∞上单调递增，在()()ln 2,1a -上单调递减；当12e a =时，()f x 在R 上单调递增，当12ea >时，()f x 在(),1-∞-，()()ln 2,a +∞上单调递增，在()()1,ln 2a -上单调递减；（2）存在实数a 使得()2f x b a '≥-对任意x 恒成立，即e e 2x x b x ax ≤+-恒成立，令()e e 2x xg x x ax =+-，则()min b g x ≤，因为()()2e 2xg x x a '=+-，当2x ≤-时，()0g x '<恒成立；当2x >-时，()()3e 0x g x x ''=+>，函数()g x '在()2,-+∞上单调递增，且()220g a '-=-<，()()2222e 20a g a a a '=+->，所以，存在()02,2x a ∈-，使得()00g x '=，且()g x 在()02,x -上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()()0000min 1e 2xg x g x x ax ==+-， 于是，原命题可转化为存在a 使得()0001e 2xb x ax ≤+-在()2,-+∞上成立，又因为()()0002e 20xg x x a '=+-=，所以()0022e x a x =+，所以存在()02,x ∈-+∞，使得()()()00022000001e 2e e 1x x x b x x x x x ≤+-+=--+成立，令()()2e 1x h x x x =--+，()2,x ∈-+∞，则()()2e 3x h x x x '=--，所以当()2,0x ∈-时，()0h x '>，()h x 单调递增，当()0,x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 所以()()max 01h x h ==，所以1b ≤.8．（2023ꞏ广东广州ꞏ统考二模）已知定义在()0,∞+上的函数()e axf x =.(1)若R a ∈，讨论()f x 的单调性；(2)若0a >，且当()0,x ∈+∞时，不等式2e ln aax xx ax ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）函数()e axf x =，0x >，求导得：()e e eax ax axf x '=+=， 当0a ≥时，()0f x '>，函数()f x 在()0,∞+上单调递增， 当a<0时，由()0f x '>得102x a <<-，由()0f x '<得12x a >-，则()f x 在1(0,)2a -上递增，在1(,)2a-+∞上递减，所以当0a ≥时，函数()f x 的递增区间是()0,∞+； 当a<0时，函数()f x 的递增区间是1(0,)2a -，递减区间是1(,)2a-+∞. （2）因为0a >，且当()0,x ∈+∞时，不等式2e ln ()ax a xx ax ≥恒成立，当01x <≤时，0a ∀>，2e ln (0ax a xx ax>≥恒成立，因此0a >，当1x >时，2e ln ()2ln e 2ln ln(ln )ln()ax a ax xa a x x ax x ax ≥⇔-≥-2ln e ln(ln e )2ln ln(ln )ax ax a a x x ⇔+≥+，令()2ln g x ax x =+，原不等式等价于(ln e )(ln )ax g g x ≥恒成立， 而1()20g x a x'=+>，即函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，因此1,ln e ln ax x x ∀>≥， 即ln 1,ln x x ax x a x ∀>≥⇔≥，令ln (),1x h x x x =>，21ln ()xh x x -'=，当1e x <<时，()0h x '>，当e x >时，()0h x '<，函数()h x 在(1,e)上单调递增，在(e,)+∞上单调递减， max 1()(e)eh x h ==，因此1e a ≥，综上得1ea ≥，所以实数a 的取值范围是1[,)e+∞.9．（2023秋ꞏ江西ꞏ高三校联考期末）已知函数()e xf x ax =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若4a ≥，证明：对于任意[)1,x ∞∈+，()2323f x x ax >-+恒成立.（参考数据：ln10 2.3≈）。
高中数学素能培优(二) 恒成立与能成立问题
例2(2024·山东潍坊模拟)已知函数f(x)=log3 9 ·log3(3x),函数g(x)=4x-2x+1+5.
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)若存在实数m∈[-1,2],使不等式f(x)-g(m)≥0成立,求实数x的取值范围.
1
2 3
2
令 =t,则 t∈(0, ],- 2 − +1=-3t2-2t+1,
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2
2
5
1
5
2
2
令 g(t)=-3t -2t+1,t∈(0, ],则 g(t)的最小值为 g =- ,所以 2-4m ≤- ,
3
3
3
3
33Biblioteka 3222
整理可得(3m +1)(4m -3)≥0,解得 m ≥ 4,即 m≥ 2 或 m≤- 2 .
2
因为
2
y= -x
7
在(1,4)内单调递减,所以值域为(- ,1),所以
2
2
-x
在(1,4)内能成立,
a 的取值范围是(-∞,1).
命题点3
更换主元法
解决含参数不等式恒成立(能成立)的某些问题时,若能适时的把主元变量
和参数变量进行“换位”思考,往往会使问题降次、简化,方便问题的求解.
例5已知当a∈[2,3]时,不等式ax2-x+1-a≤0恒成立,求x的取值范围.
1
例 1(2024·江西南昌模拟)已知函数 f(x)=x -ax+a ,若在区间[ ,a]上,
高考数学-导数专题 恒成立、能成立问题专题
高三数学-导数专题 恒成立、能成立问题专题 基础理论回顾1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()af x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()af x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥ 5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤ 6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥ 7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方； 9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；导数专题 恒成立、能成立问题专题 经典题型题型一、简单型 例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x g =)(，其中0>a ，0≠x ．1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围． 例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m的取值范围为题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；例2、已知二次函数1)(2++=x ax x f 对[]2,0∈x 恒有0)(>x f ，求a 的取值范围。
高中数学恒成立问题的解析及练习
高考数学快速提升成绩题型训练——恒成立问题1. ⑴ 若关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为),(+∞-∞，求实数a 的取值范围；⑵ 若关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集,求实数a 的取值范围．2. 三个同学对问题“关于x 的不等式ax x x ≥++822在[]1,12上恒成立，求实数a 的取值范围”提出各自的解题思路．甲说：“只须不等式左边的最小值不小于右边的最大值”．乙说：“把不等式变形为左边含变量x 的函数，右边仅含常数，求函数的最值”． 丙说：“把不等式两边看成关于x 的函数，作出函数图像”．参考上述解题思路，你认为他们所讨论的问题的正确结论，求a 的取值范围.3. 若对任意的实数x ，2sin 2cos 220x k x k +--<恒成立，求k 的取值范围。
4. 对于满足2||≤a 的所有实数a ,求使不等式x a ax x +>++212恒成立的x 的取值范围。
5. 已知向量2(,1),(1,),a x x b x t =+=- 若函数()b a x f ⋅=在区间()1,1-上是增函数，求t 的取值范围.6. 已知函数()f x 是定义在[]1,1-上的奇函数，且(1)1f =，若[],1,1a b ∈-，0a b +≠，有()()0f a f b a b+>+.⑴ 证明()f x 在[]1,1-上的单调性；⑵ 若2()21f x m am ≤-+对所有[]1,1a ∈-恒成立，求m 的取值范围。
7. 已知函数()()()331,5f x x ax g x f x ax '=+-=--，其中()'f x 是()f x 的导函数.⑴ 对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <，求实数x 的取值范围； ⑵ 设2a m =-，当实数m 在什么范围内变化时，函数()y f x =的图象与直线3y =只有一个公共点.8. 设a ∈R ，二次函数2()22.f x ax x a =--若()0f x >的解集为A ，{}|13,B x x A B =<<≠∅ ，求实数a 的取值范围.9. 已知函数()x x f ln =，()bx ax x g +=221，0≠a . 若2=b ，且()()()x g x f x h -=存在单调递减区间，求a 的取值范围；10. (稍难)已知函数].1,0[,274)(2∈--=x xx x f ⑴ 求)(x f 的单调区间和值域；⑵ 设1≥a ，函数()[]1,0,2323∈--=x a x a x x g ,若对于任意1x []1,0∈,总存在[]1,00∈x 使得)()(10x f x g =成立，求a 的取值范围.11. (难) 设3x =是函数23()()()x f x x ax b e x -=++∈R 的一个极值点.⑴ 求a 与b 的关系式(用a 表示b )，并求()f x 的单调区间； ⑵ 设0a >，225()()4xg x a e =+,若存在12,[0,4]ξξ∈使得12()()1f g ξξ-<成立，求a 的取值范围.答案：1.（1）设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式02>--a ax x 的解集为),(+∞-∞()0>⇔x f 在()+∞∞-,上恒成立()0min >⇔x f ,即(),0442min >+-=a a x f 解得04<<-a （2）设()a ax x x f --=2.则关于x 的不等式32-≤--a ax x 的解集不是空集()3-≤⇔x f 在()+∞∞-,上能成立()3min -≤⇔x f ,即(),3442min -≤+-=a a x f 解得6a ≤-或2a ≥. 2. 关键在于对甲，乙，丙的解题思路进行思辨，这一思辨实际上是函数思想的反映.设()()232255,f x x x x g x ax =++-=.甲的解题思路，实际上是针对两个函数的，即把已知不等式的两边看作两个函数，设()()232255,f x x x x g x ax =++-= 其解法相当于解下面的问题：对于[][]121,12,1,12x x ∈∈,若()()12f x g x ≥恒成立,求a 的取值范围. 所以，甲的解题思路与题目[]1,12x ∈,()()f x g x ≥恒成立,求a 的取值范围的要求不一致.因而, 甲的解题思路不能解决本题.按照丙的解题思路需作出函数()232255f x x x x =++-的图象和()g x ax =的图象,然而,函数()f x 的图象并不容易作出.由乙的解题思路,本题化为()f x a x≥在[]1,12x ∈上恒成立,等价于[]1,12x ∈时, ()minf x a x ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦成立.由28)(++=xx x x f 在]12,1[22∈=x 时,有最小值242+,于是, 242+≤a .3. 依定义,)1()1()(232t tx x x x t x x x f +++-=++-=.23)(2t x x x f ++-='则()x f 在区间()1,1-上是增函数等价于()0>'x f 在区间()1,1-上恒成立; 而()0>'x f 在区间()1,1-上恒成立又等价于x x t 232->在区间()1,1-上恒成立;设()()1,1,232-∈-=x x x x g进而()x g t >在区间()1,1-上恒成立等价于()()1,1,max -∈≥x x g t考虑到()()1,1,232-∈-=x x x x g 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-31,1上是减函数,在⎪⎭⎫⎝⎛1,31上是增函数,则()()51max =-=g x g . 于是, t 的取值范围是5≥t .4. 解法1.由题意()2335g x x ax a =-+-，这一问表面上是一个给出参数a 的范围，解不等式()0g x <的问题，实际上，把以x 为变量的函数()g x ，改为以a 为变量的函数，就转化为不等式的恒成立的问题，即令()()2335a x a x ϕ=-+-，()11a -≤≤，则对11a -≤≤，恒有()0g x <，即()0a ϕ<，从而转化为对11a -≤≤，()0a ϕ<恒成立，又由()a ϕ是a 的一次函数，因而是一个单调函数，它的最值在定义域的端点得到.为此只需()()1010ϕϕ<⎧⎪⎨-<⎪⎩ 即22320,380.x x x x ⎧--<⎨+-<⎩解得213x -<<. 故2,13x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <.解法2.考虑不等式()23350g x x ax a =-+-<.由11a -≤≤知,236600a a ∆=-+>,于是,不等式的解为66a a x <<. 但是,这个结果是不正确的,因为没有考虑a 的条件,还应进一步完善.为此,设()()g a h a ==不等式化为()(),11g a x h a a <<-≤≤恒成立,即()()max min ,11g a x h a a <<-≤≤.由于()606a g a -=在11a -≤≤上是增函数,则()()max 213g a g ==-,()6a h a =在11a -≤≤上是减函数,则()()min 1 1.h a h ==所以, 213x -<<. 故2,13x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <.5.解法一：由题设,0a ≠.()0f x =的两个根为11x a =21x a =显然,120,0x x <>.(1) 当0a <时,{}12A x x x x =<<,21A B x ≠∅⇔>⇔1a +1> 2.a ⇒<- (2) 当0a >时, {}{}12A x x x x x x =<> ,23A B x ≠∅⇔<⇔1a 637a <⇒>.于是,实数a 的取值范围是()6,2,7⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭.解法二:(1) 当0a <时,因为()f x 的图象的对称轴10a<，则对()1,3x ∈，()1f 最大，()()max 1220. 2.f x f a a a ==-->⇒<-(2) 当0a >时, ()()max ,1,3f x x ∈在()1f 或()3f 实现, 由()()120,376f a f a =--<=-,则()637607f a a =->⇒>于是,实数a 的取值范围是()6,2,7⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭.这个解法的关键是用函数思想指导,学会用函数和变量来思考.6. 只研究第（I ）问.x ax x x h b 221ln )(,22--==时，则.1221)(2xx ax ax x x h -+-=--=' 因为函数()h x 存在单调递减区间，所以()0h x '<有解. 由题设可知,()x h 的定义域是()+∞,0 ,而()0<'x h 在()+∞,0上有解,就等价于()0<'x h 在区间()+∞,0能成立,即x xa 212->, ()+∞∈,0x 成立, 进而等价于()x u a min >成立,其中()x xx u 212-=. 由()x xx u 212-=1112-⎪⎭⎫⎝⎛-=x 得,()1min -=x u .于是,1->a ,由题设0≠a ,所以a 的取值范围是()()+∞-,00,18. 本题的第（Ⅱ） “若存在12,[0,4]ξξ∈使得12()()1f g ξξ-<成立，求a 的取值范围.”如何理解这一设问呢？如果函数()f x 在[]0,4x ∈的值域与()g x 在[]0,4x ∈的值域的交集非空，则一定存在12,[0,4]ξξ∈使得12()()1f g ξξ-<成立，如果函数()f x 在[]0,4x ∈的值域与()g x 在[]0,4x ∈的值域的交集是空集，只要这两个值域的距离的最小值小于1即可.由（,函数()f x 在[]0,4x ∈的值域为()323,6a e a ⎡⎤-++⎣⎦,又()g x 在[]0,4x ∈的值域为2242525,44a a e ⎡⎤⎛⎫++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,存在12,[0,4]ξξ∈使得12()()1f g ξξ-<成立，等价于()()max min 1f x g x -<或()()max min 1g x f x -<，容易证明,2254a +6a >+.于是, ()22561,30420.a a a a ⎧⎛⎫+-+<⎪ ⎪⇒<<⎝⎭⎨⎪>⎩.9. （1）对函数)(x f 求导，得222)2()72)(12()2(7164)(x x x x x x x f ----=--+-=' 令0)(='x f 解得.2721==x x 或可以求得，当)21,0(∈x 时，)(x f 是减函数；当)1,21(∈x 时，)(x f 是增函数.当]1,0[∈x 时，)(x f 的值域为[]4,3--. （2）对函数)(x g 求导，得).(3)(22a x x g -=' 因为1≥a ，当)1,0(∈x 时，.0)1(3)(2≤-<'a x g 因此当)1,0(∈x 时，)(x g 为减函数， 从而当]1,0[∈x 时有)].0(),1([)(g g x g ∈ 又,2)0(,321)1(2a g a a g -=--=即]1,0[∈x 时有()g x 的值域为是2[123,2].a a a ---如何理解“任给]1,0[1∈x ，]3,4[)(1--∈x f ，存在]1,0[0∈x 使得)()(10x f x g =”， 实际上，这等价于)(x f 值域是()g x 值域的子集，即2[123,2][4,3].a a a ---⊃--这就变成一个恒成立问题，)(x f 的最小值不小于()g x 的最小值，)(x f 的最大值不大于()g x 的最大值即⎩⎨⎧-≥--≤--.32,43212a a a 解①式得 351-≤≥a a 或；① ②解②式得.23≤a 又1≥a ，故a 的取值范围为.231≤≤a11. 分析一：前面两小题运用常规方法很快可以得到，(I) 36n m =+（II ）当0m <时，()f x 在2,1m ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭单调递减，在2(1,1)m +单调递增，在(1,)+∞上单调递减.（III ）为()3f x m '>对[]1,1x ∈-恒成立，即3m (x －1)［x －(1+2m)］>3m ∵m <0，∴(x －1)［x －(1+2m)］<1(*) 1°x =1时，(*)化为0<1恒成立，∴m <0 2°x ≠1时，∵x ∈［－1,1］，∴－2≤x －1<0运用函数思想将(*)式化为2m<(x －1)－11x -，令t =x －1，则t ∈［－2,0］，记1()g t t t=-，则()g t 在区间［－2,0］是单调增函数；∴min 13()(2)222g t g =-=--=-- 由(*)式恒成立，必有23423m m <-⇒-<，又m <0，则403m -<<综合1°、2 °得403m -<<分析二：（III ）中的()3f x m '>，即22(1)20mx m x -++>对[]1,1x ∈-恒成立，∵0m <∴222(1)0x m x m m -++<即[]222(1)0,1,1x m x x m m-++<∈-① 运用函数思想将不等式转化为函数值大于0，设212()2(1)g x x x m m=-++，再运用数形结合思想，可得其函数开口向上，由题意知①式恒成立，∴22(1)0120(1)010g m mg ⎧-<+++<⎧⎪⇒⎨⎨<⎩⎪-<⎩解之得43m -<又0m <所以403m -<< 即m 的取值范围为4(,0)3-。
函数恒成立、能成立问题及课后练习——学生版
恒成立、能成立问题专题 一、基础理论回顾1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；二、经典题型解析题型一、简单型例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；例2、已知二次函数1)(2++=x ax x f 对[]2,0∈x 恒有0)(>x f ，求a 的取值范围。
恒成立问题与能成立问题
第9练 恒成立问题与能成立问题[考情分析] 恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，难度大，一般为高考题中的压轴题．一、恒成立问题例1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x .(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，f ′(x )＝e x ＋2x －1，令φ(x )＝e x ＋2x －1，由于φ′(x )＝e x ＋2>0，故f ′(x )单调递增，注意到f ′(0)＝0，故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)由f (x )≥12x 3＋1得， e x ＋ax 2－x ≥12x 3＋1，其中x ≥0， ①当x ＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x >0时，分离参数a 得，a ≥－e x －12x 3－x －1x 2， 记g (x )＝－e x －12x 3－x －1x 2(x >0)， 则g ′(x )＝－(x －2)⎝⎛⎭⎫e x －12x 2－x －1x 3， 令h (x )＝e x －12x 2－x －1(x >0)， 则h ′(x )＝e x －x －1，令t (x )＝e x －x －1(x >0)，则t ′(x )＝e x －1>0，故h ′(x )单调递增，h ′(x )>h ′(0)＝0，故h (x )单调递增，h (x )>h (0)＝0，由h (x )>0可得e x －12x 2－x －1>0恒成立， 故当x ∈(0,2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24， 综上可得，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞. 规律方法 (1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a >f (x )max 或a <f (x )min 的形式，通过导数的应用求出f (x )的最值，即得参数的范围．(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．(3)判断含x ，ln x ，e x 的混合式的函数值的符号时，需利用x 0＝0ln e x 及e x ≥x ＋1，ln x ≤x －1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x 的一次式或二次式，再判断符号． 跟踪训练1 (2022·青海模拟)已知函数f (x )＝a (x －1)－e x (a ∈R )，k (x )＝ln x －e ，e 为自然对数的底数．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x >1时，不等式f (x )≤k (x )恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝a －e x ，x ∈R ，①当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减．②当a >0时，令f ′(x )<0，得x >ln a ，令f ′(x )>0，得x <ln a ，所以当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．(2)当x >1时，f (x )≤k (x )恒成立，即a (x －1)－e x －ln x ＋e ≤0在(1，＋∞)上恒成立，令g (x )＝a (x －1)－e x －ln x ＋e ，x >1，则g ′(x )＝a －e x －1x， 令h (x )＝g ′(x )＝a －e x －1x，x >1， 则h ′(x )＝－e x ＋1x 2， 易知h ′(x )在(1，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )<h ′(1)＝－e ＋1<0，∴g ′(x )在(1，＋∞)上单调递减，∴g ′(x )<g ′(1)＝a －e －1.①当a －e －1≤0，即a ≤e ＋1时，g ′(x )<0，∴g (x )在(1，＋∞)上单调递减，此时g (x )<g (1)＝0，符合题意；②当a －e －1>0，即a >e ＋1时，g ′(1)>0，当x →＋∞时，g ′(x )<0，∴∃x 0∈(1，＋∞)，使得g ′(x 0)＝0，则当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴g (x 0)>g (1)＝0，不符合题意．综上所述，a 的取值范围为(－∞，e ＋1]．二、能成立问题例2 (2022·北京第十二中学模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋a x，a ∈R . (1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝f (x )－1x，若g (x )在[1，e 2]上存在极值，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，函数f (x )＝ln x ＋1x，其定义域为(0，＋∞)， 可得f ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由g (x )＝f (x )－1x ＝ln x x ＋a x 2－1x，x ∈[1，e 2]， 可得g ′(x )＝1－ln x x 2＋1x 2－2a x 3＝2x －x ln x －2a x 3， 设h (x )＝2x －x ln x －2a ，则h ′(x )＝2－(1＋ln x )＝1－ln x ，令h ′(x )＝0，即1－ln x ＝0，解得x ＝e ，当x ∈[1，e)时，h ′(x )>0；当x ∈(e ，e 2]时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间[1，e)上单调递增，在区间(e ，e 2]上单调递减，且h (1)＝2－2a ，h (e)＝e －2a ，h (e 2)＝－2a ，显然h (1)>h (e 2)，若g (x )在[1，e 2]上存在极值，则满足⎩⎨⎧ h (e )>0，h (1)<0或⎩⎪⎨⎪⎧h (1)≥0，h (e 2)<0，解得0<a <e 2， 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，e 2. 规律方法 (1)含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法若a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ；若a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max .(2)不等式能成立问题的解题关键点跟踪训练2 (2022·淮南模拟)已知函数f (x )＝ln x x －1. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)已知λ>0，若存在当x ∈(1，＋∞)时，不等式λx 2－λx ≥(e λx －1)ln x 成立，求λ的取值范围． 解 (1)y ＝f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x －ln x (x －1)2. 令g (x )＝1－1x－ln x ， 则g ′(x )＝1－x x 2， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．又因为g (1)＝0，所以当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，g (x )<0，即f ′(x )<0，所以函数y ＝f (x )在区间(0,1)，(1，＋∞)上均单调递减．(2)因为λx 2－λx ≥(e λx －1)ln x ，所以(x －1)ln e λx ≥(e λx －1)ln x ，当λ>0，x >1时，x －1>0，所求不等式可化为ln e λx e λx －1≥ln x x －1， 即f (e λx )≥f (x )．由λ>0易知e λx ∈(1，＋∞)，由(1)知，y ＝f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故只需e λx ≤x 在(1，＋∞)上能成立．两边同取自然对数得λx ≤ln x ，即λ≤ln x x在(1，＋∞)上能成立． 令φ(x )＝ln x x(x >1)， 则φ′(x )＝1－ln x x 2， 当x ∈(1，e)时，φ′(x )>0，函数y ＝φ(x )单调递增； 当x ∈(e ，＋∞)时，φ′(x )<0，函数y ＝φ(x )单调递减，所以φ(x )max ＝φ(e)＝1e， 所以λ≤1e， 又λ>0，故λ的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，1e .。
数学高考复习中恒成立问题及解题策略
数学高考复习中恒成立问题及解题策略在数学高考复习中，恒成立是一个重要的概念，它是摆脱繁琐算法而直接利用关系得出结论的一种方法。
它可以帮助学生们找出问题的答案，并加深对这类问题的理解，以便在考试中正确应对。
恒成立的关键是做出一个猜想，并从已知条件出发，通过归纳的方法去证明这个猜想是不是恒成立的。
首先，我们认为这个猜想是恒成立的，然后我们尝试用已知条件去证明它是恒成立的。
具体来说，就是在可能的情况下，我们需要把这个猜想表达成一个方程，并且需要给出证明这个方程是怎么来的，有什么特殊方式来解决它，以及可以从中看出的关系。
比如，如果我们猜测“两个正整数的乘积等于24”是恒成立的，那么我们可以通过枚举这两个正整数的所有可能的组合，即：1乘以24，2乘以12，3乘以8，4乘以6，来证明它是恒成立的；或者我们也可以通过方程两边同时除以24，并用字母代替未知数，并以此类推，逐渐得出两个正整数a和b的关系：ab/24=1，从而证明它们之间的关系是恒成立的。
在解决恒成立问题时，学生应该养成思考的习惯，仔细推导推理，尽可能的多去思考，不要急于追求快速的正确答案。
有时候我们可以从更简单的猜想出发，这样可以帮助我们更容易地完成解题。
最后，学生还要多积累常见的恒成立公式，把它们记住，这样在遇到类似的问题时，就可以更快地得出结论。
总之，恒成立是解决数学问题的有效方法，学生在复习时要养成用恒成立的习惯，多积累常见的恒成立公式，让自己在考试中找到解决问题的答案。
学习恒成立的重要性在于，它可以帮助学生们正确的分析问题，有效的解决其中的难题。
它也可以帮助学生们培养用逻辑思维去分析问题，从而增强自己解决数学问题的能力。
此外，学习恒成立还有助于强化学生对数学理论的理解，因为恒成立就是一种以关系为核心的解题方法。
仔细分析问题之后，要用定理、公式和推导来构建一个明确的推理，从而得出正确的结论。
最后，学习恒成立也可以帮助学生学会如何解决考试中的一些抽象问题。
高中数学解题秘籍系列函数中恒成立问题解题策略
【高中数学解题秘籍系列(上)】————函数中恒成立问题解题策略函数的内容作为高中数学知识体系的核心，也是历年高考的一个热点，函数类问题的解决思路最终都归结为函数性质、函数思想的应用。
恒成立问题，是高中数学中较为常见的一中题型，这类问题的解决通常涉及一次函数、二次函数、三角函数、指对数函数等函数性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性和创造性等方面起到了积极的作用.恒成立问题在解题过程中有以下几种策略：①赋值型；②一次函数型；③二次函数型；④变量分离型；⑤数形结合型. 现在我们一起探讨一下具体问题.类型一、赋值型——利用特殊值求解等式中的恒成立问题，常常利用赋值法求解，特别是对选择、填空题能很快求得.例1. 如果函数sin 2cos 2y x a x =+的图象关于直线8x π=-对称，那么a 等于( ) A ．2 B ．1 C ．2- D ．1-【解答】解：取0x =与4x π=-，则(0)4f f π⎛⎫=- ⎪⎝⎭解得1a =-故选：D ．【赏析】此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.()，．3+∞0在R 上01恒成立，所以 1，101a ∴=. )(22014a >--类型四、变量分离型——分离变量，巧妙求解运用不等式的相关知识不难推出如下结论：若规定与x 的取值范围内的任何一个数都有()()f x g a >恒成立，则()min ()g a f x <； 若对于x 取值范围内的任何一个数都有()()f x g a <恒成立，则()max ()g a f x >(其中max ()f x 和min ()f x 分别为()f x 的最大值和最小值).例4．已知三个不等式①2430x x -+<，②2680x x -+<，③2290x x m -+<．要使同时满 足①②的所有x 的值满足③，求m 的取值范围．【解答】解：不等式①2430x x -+<，解得13x <<，②2680x x -+<，解得24x <<，同时满足①②的所有x 的值得23x <<，要使同时满足①②的所有x 的值满足③，即不等式2290x x m -+<在(2,3)x ∈上恒成立，即229m x x <-+在(2,3)x ∈上恒成立，又229x x -+在(2,3)x ∈上大于9，所以 9m ≤.例5. 函数()f x 是奇函数，且在[1,1]-上单调递增，又(1)1f -=-，若2()21f x t at -+≤对所 有的[1,1]a ∈-都成立，求t 的取值范围.【解答】解：据奇函数关于原点对称，(1)1f =,又()f x 在[1,1]-上单调递增，max ()(1)1f x f ∴==2()21f x t at -+≤ 对所有的[1,1]a ∈-都成立，因此，只需221t at -+大于或等于()f x 在[1,1]-上的最大值1 ,2221120t at t at ∴-+⇒-≥≥又对所有[1,1]a ∈-都成立,即关于a 的一次函数在[1,1]-上大于或等于0恒成立,222020t t t t ⎧-∴⎨+⎩≥≥ 2 0 2t t t ⇒=-≥或或≤ 即(,2]{0}[2,)t ∈-∞-+∞【赏析】利用变量分离解决恒成立问题, 主要是要把它转化为函数的最值问题.类型五、数形结合型——直观求解例6. 若对任意的实数x ，不等式|1||2|x x a +-->恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(,3)-∞B ．(-∞，3]C ．(,3)-∞-D ．(-∞，3]- 【分析】设|1||2|y x x =+--，对任意实数x ，不等式|1||2|x x a +-->恒成立转化为求函数|1||2|y x x =+--的最小值，画出此函数的图象，即可求得a 的取值范围.【解答】解：对任意的实数x ，令3,1|1||2|=21,123,2x y x x x x x -⎧⎪=+----<<⎨⎪⎩≤-≥在直角坐标系中画出图象如图所示，由图象可以看出，要使对任意的实数x不等式|1||2|x x a +-->恒成立，只需3a <-故选：C ．【赏析】(1)本题中若将对任意实数x,不等式|1||2|+-->恒成立, 求实数a改为对任意实数x,x x a不等式|1||2|+--<恒成立, 求实数a, 同样由图象可得3x x aa>；(2)对任意实数x, 不等式|1||2|x x a++->恒成立, 求实数a, 构造函数, 画出图象,得3a<.利用数形结合解决恒成立问题, 应先构造函数, 作出符合已知条件的图形, 再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系, 得出答案或列出条件, 求出参数的范围.恒成立的题型和解法还有很多, 只要我们充分利用所给定的函数的特点和性质, 具体问题具体分析, 选用恰当的方法, 对问题进行等价转化, 就能使问题获得顺利解决. 只有这样才能真正提高分析问题和解决问题的能力.。
高一预习材料不等式恒成立、能成立问题(学生版)初升高数学暑假衔接(人教版)
强化专题2不等式恒成立、能成立问题【方法技巧】在解决不等式恒成立、能成立的问题时，常常使用不等式解集法、分离参数法、主参换位法和数形结合法解决，方法灵活，能提升学生的逻辑推理，数学运算等素养.一、“力”法解决恒成立问题⑴如图①一元二次不等式ax1+/?%+C>0(6Z7^0)在R上恒成立=一元二次不等式6ZX2+/?%+C>0(6Z7^0)的解集为RO二次函数*=。
菸+bx~\~C(Q尹0)的图象恒在X轴上方=J4nin>0O］』<0图①图②(2)如图②一元二次不等式ax2+/?%+c<0(a7^0)在R上恒成立=一元二次不等式ax2+/?%+c<0(a7^0)的解集为RO二次函数y=ax2+bx+c(a^0)的图象恒在%轴下方=3笊<00二、数形结合法解决恒成立问题结合函数的图象将问题转化为函数图象的对称轴，区间端点的函数值或函数图象的位置(相对于x轴)关系求解.可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.三、分离参数法解决恒成立问题通过分离参数将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题.四、主参换位法解决恒成立问题转换思维角度，即把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围求解.五、利用图象解决能成立问题结合二次函数的图象，将问题转化为端点值的问题解决.六、转化为函数的最值解决能成立问题能成立问题可以转化为rn>y mm或的形式，从而求*的最大值与最小值，从而求得参数的取值范围.【题型目录】一、“妒法解决恒成立问题二、 数形结合法解决恒成立问题三、 分离参数法解决恒成立问题四、 主参换位法解决恒成立问题五、 利用图象解决能成立问题六、 转化为函数的最值解决能成立问题【例题详解】一、“力”法解决恒成立问题1.不等式（q -2K+4（q -2）x-12<0的解集为R,则实数。
的取值范围是（ ）A . {。
—1V Q < 2}B . {q —1 < q V 2}C. [a\-l<a<2^ D. [a\-\<a<2\32.若关于x 的一元二次不等式2x -A x + ->0对于一切实数x 都成立，则实数左满足（）22. 已知不等式-2x 2+bx + c> 0的解集{x|-l<xv3},若对任意-iWxWO,不等式-2x 2 +bx +c + t <4恒成 立.贝U 的取值范围是.OB. V —V3C. ^|-V3<^<V3)D.3.（多选）不等式x 2+bx + c>2x + b 对任意的勇R 恒成立，则（）A. /j 2-4c + 4<0B. b<0C. c>lD. Z? + c>04.若3x 0 g R , 2mx^ + 2V2mx 0 -3 > 0w 是假命题，则实数秫的取值范围是二、数形结合法解决恒成立问题1. （多选）若“Vx>0,都有2x -+1 >0是真命题，则实数人可能的值是（）2A. 1 B. 2^2 C. 3 D.3^23.当1 WxW2时，不等式x +mx+4<0恒成立，求m 的取值范围.2四、主参换位法解决恒成立问题1.若命题€ [-1,3],。
函数恒成立问题课件
在这个课件中，我们将探讨函数恒成立问题。通过引言，讨论常见问题类型 和解法，以及在高中数学和竞赛中的应用。我们还将深入思考这个问题，并 提供实践应用和课后作业。
什么是函数恒成立问题
函数恒成立问题是指寻找函数在某个条件下始终成立的情况。悟空数学学院的研究小组发现了数学学术研究中 的这个有趣而复杂的领域。
在高中数学中如何解决函数恒成立问题
我们将介绍一些在高中数学中解决函数恒成立问题的技巧，包括代数推导、函数性质分析和图像观察等方法。
函数恒成立问题在竞赛中的应用
函数恒成立问题在数学竞赛中占据重要位置，需要灵活运用数学知识和解题技巧。我们将探讨一些在竞赛中常 见的函数恒成立问题类型和解题方法。
函数恒成立问题的应用领域
3
图像分析
通过观察函数的图像，了解恒成立的特征。
通过例子了解函数恒成立问题
让我们通过一些实际的例子，深入了解函数恒成立问题。这将帮助我们更好 地理解具体的概念和解题技巧。
函数恒成立问题与等式成立问 题的区别
函数恒成立问题涉及的是函数的性质，而等式成立问题则关注方程等式的解。 这两个问题虽然相关，但在解决方法和思维模式上存在差异。
函数恒成立问题在数学、物理、工程等领域中具有广泛的应用。我们将介绍一些实际应用案例，展示函数恒成 立问题的重要性和实用性。
常见的函数恒成立问题类型
多项式函数
探索多项式函数的稳定性和成立条件。
三角函数
分析三角函数在特定条件下的持续成立。
指数函数
研究指数函数在不同区间上的恒成立性质。
复合函数
研究复合函数在不同组合下的恒成立问题。
常见的函数恒成立问题解法
1
数学推导
进行逻辑推理和数学证明，以确定恒成立的解法。值，验证函数恒成立的条件。
函数恒成立、能成立问题及课后练习(含标准答案)
函数恒成立、能成立问题及课后练习(含答案)————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：恒成立、能成立问题专题 一、基础理论回顾1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；二、经典题型解析题型一、简单型例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围．分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤；方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ．例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为 答案：41≥m 题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母：λ及t ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
高二 数学 选修 导数 第十讲：导数中的恒成立和存在性问题(下)课件--名师微课堂(自制)
恒成立存在性问题类型比较多，知识面比较广，涉及的数学思想和数学方法比较多，所以学习起 来难度比较大．但是我们把每一种题型、每一个知识点都网到，这类题目就不再是难点．
【易错要点】 （1）顺势思维：认为本类题目就是放弃题，不去做； （2）知识局限：对恒成立与存在性问题的知识储备不够，方法储备不够，无从下手； （3）对连续求导、构造函数、整体代入的技巧掌握不够； （4）没有熟记一些二手结论．
记
I(x)＝1＋1 x＋a＋x22＋2cos
x＝1＋1 x＋a＋G(x)，则
I′(x)＝
1 (1 x)2
＋G′(x)．
当 x∈(0，1)时，I′(x)＜0．故 I(x)在[0，1]上是减函数，于是 I(x)在[0，1]上的值域为[a＋1＋2cos 1，a＋3]．
因为当 a＞－3 时，a＋3＞0，所以存在 x0∈(0，1)，使得 I(x0)＞0，此时 f(x0)＜g(x0)，即 f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立． 综上，实数 a 的取值范围是(－∞，－3]．
导数中的恒成立和存在性问题(下)
知识要点
典题剖析
关于导数的恒成立存在性问题，做前三问： 一问：你有把压轴题当做得分点而非放弃题的信心吗？ 二问：关于恒成立存在性问题，你的所有知识储备都储备好了吗？（恒成立、能成立、恰成立、前存后存、前存 后恒、前恒后存、前恒后恒、同步恒存、不同步恒存） 三问：关于恒成立存在性问题，你所有的技能都蠢蠢欲动了吗？（构造函数、分离参数、超级消元、分类讨论、 数形结合、连续求导、整体代入、局部讨论、全正全负、二手结论、构造方程、放缩反正） 若是这三问你都做到了，那你就放心的祭出你的技能，自由的飞翔，把这个该死的导数压轴题，抽丝剥茧，一分 一分的全拿到手吧！ 看似困难，其实，你只用一次拿一分，拿十二次，就把这个压轴题的分数，全部拿到！
高中数学专题10解密函数中的恒成立与能成立问题特色训练新人教A版选修1_1
专题10 解密函数中的恒成立与能成立问题
一、选择题
1．【四川省成都外国语学校2017-2018学年高一上学期期中】若函数
有零点,则实数的取值范围（）
A. B. C. D.
【答案】A
【方法点睛】本题主要考查函数的零点、利用导数求函数的最值，属于难题. 已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数
的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题 .
2．【黑龙江省大庆实验中学2018届高三上学期期中】已知为自然对数的底数，若对任意的
，总存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【方法点睛】本题主要考查函数的图象与性质以及利用导数研究函数的单调性，属于难题.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．
3．【湖北省重点高中联考协作体2017年秋季高三期中考】若函数在区间
单调递增，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵，
∴。
∵函数在单调递增，
∴在上恒成立，
即在上恒成立。
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专题10 解密函数中的恒成立与能成立问题一、选择题1．【四川省成都外国语学校2017-2018学年高一上学期期中】若函数()()16log 1612x xf x m =+--有零点,则实数m 的取值范围（ ） A . 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ B . 1,16⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ C . (),16-∞ D . 1,164⎛⎤⎥⎝⎦【答案】A【方法点睛】本题主要考查函数的零点、利用导数求函数的最值，属于难题. 已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数()(),y g x y h x ==的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为(),y a y g x ==的交点个数的图象的交点个数问题 .2．【黑龙江省大庆实验中学2018届高三上学期期中】已知e 为自然对数的底数，若对任意的1,1x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，总存在唯一的()0,y ∈+∞，使得ln ln 1y y x x a y +++=成立，则实数a 的取值范围是( )A . (),0-∞B . (],0-∞C . 2,e e⎛⎤ ⎥⎝⎦D . (],1-∞-【答案】B【解析】【方法点睛】本题主要考查函数的图象与性质以及利用导数研究函数的单调性，属于难题.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．3．【湖北省重点高中联考协作体2017年秋季高三期中考】若函数()212x f x ke x =-在区间()0,+∞单调递增，则实数k 的取值范围是（ ）A . 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B . ()0,+∞C . 1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D . [)0,+∞【答案】C【解析】∵()212x f x ke x =-， ∴()xf x ke x '=-。
∵函数()212x f x ke x =-在()0,+∞单调递增， ∴()0xf x ke x '=-≥在()0,+∞上恒成立，即x xk e≥在()0,+∞上恒成立。
令()x x g x e =，则()1xxg x e ='-， ∴当01x <<时， ()()0,g x g x '>单调递增， 当1x >时， ()()0,g x g x '<单调递减。
∴()()max 11g x g e==。
∴1k e≥。
选C 。
点睛：函数的单调性与导函数的关系（1）若在(),a b 内()0(0)f x >'<，则()f x 在(),a b 上单调递增（减）．（2）()f x 在(),a b 上单调递增（减）⇔ ()'0f x ≥（0≤）在(),a b 上恒成立，且在(),a b 的任意子区间内都不恒等于0．（3）若函数()f x 在区间(),a b 内存在单调递增（减）区间，则()0(0)f x >'<在(),a b 上有解．4．【云南省昆明市高新技术开发区2018届高考适应性月考】设函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，对于任意的实数x ，都有()()26f x x f x =--，当(),0x ∈-∞时，()2112f x x +'<，若()()22212199f m f m m m +≤-++-，则实数m 的取值范围是（ ） A . 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭ B . 1,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭C . [)1,-+∞D . [)2,-+∞【答案】A5．【山东省桓台第二中学2018届高三9月月考】“2a =”是“函数()222f x x ax =+-在区间(],2-∞-内单调递减”的（ ） A . 必要不充分条件 B . 充分不必要条件C . 充分必要条件D . 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当2a =时， ()'24f x x =+，令2402x x +≤⇒≤-，当函数()222f x x ax =+-在区间(],2-∞-内单调递减时，只需()'220f x x a =+≤在区间(],2-∞-恒成立，故2a ≤即可，所以选B二、解答题6．【上海市复旦大学附属中学2017届高三上学期第一次月考】已知函数()21xf x x -=+； （1）若关于x 的方程()30xf x m --=在[)1,x ∈+∞上有解，求实数m 的最大值； （2）是否存在00x <，使得()003xf x =成立？若存在，求出0x ，若不存在，说明理由；【答案】（1）52-；（2）不存在； 【解析】试题分析：（1）方程在[)1,x ∈+∞上有解，等价于()3x f x m -=有解，只需求()3x f x -的最大值即可；（2）假设存在00x <，可推导出矛盾，即可证明不存在.7．【安徽省阜阳市临泉县第一中学2018届高三上学期第二次模拟】已知函数为常数，.（1）当 在 处取得极值时，若关于的方程 在 上恰有两个不相等的实数根，求实数的取值范围.（2）若对任意的，总存在，使不等式成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）的取值范围是【解析】试题分析：（1）对函数，令，可得的值，利用导数研究的单调性，然后求得的最值，即可得到的取值范围；（2）利用导数求出在上的最大值，则问题等价于对对任意，不等式成立，然后构造新函数，再对求导，然后讨论，得出的单调性，即可求出的取值范围.所以在上单调递增，所以问题等价于对任意，不等式成立设，则当时，，所以在区间上单调递减，此时所以不可能使恒成立，故必有，因为若，可知在区间上单调递增，在此区间上有满足要求若，可知在区间上递减，在此区间上有，与恒成立相矛盾，所以实数的取值范围是.点睛：本题主要考查函数的单调性及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度较大，属于难题.在处理导数大题时，注意分层得分的原则，一般涉及求函数单调性时，比较容易入手，求导后含参数的问题注意分类讨论，对于恒成立的问题，一般要构造新函数，再利用导数求出函数单调性及最值，涉及到的技巧较多，需多加体会.8．【甘肃省会宁县第一中学2018届高三上学期第三次月考】设函数()()ln ,x f x x ax g x e ax =-=-，其中a 为实数．若()f x 在()1,+∞上是单调减函数，且()g x 在()1,+∞上有最小值，求a 的取值范围；【答案】a e >【解析】试题分析： ()f x 在()1,+∞上是单调减函数等价于()10f x a x-'=≤在()1,+∞上恒成立，利用分离参数可得a 的范围，对()g x 进行求导， ()xg x e a '=-，将导函数的零点和1进行比较，可分为1a e ≤≤和a e >两种情形，通过导数判断单调性.点睛：本题主要考查了导数在函数中的应用之导数与单调性的关系，导数与最值的关系，属于基础题；函数在某区间内单调递减等价于该函数的导数在该区间内小于等于0恒成立，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为()a h x >或()a h x <恒成立，即()max a h x >或()min a h x <即可，利用导数知识结合单调性求出()max h x 或()min h x 即得解.9．【河南省郑州市第一中学2018届高三上学期期中】已知函数()()()ln 111f x x k x =---+. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：ln2ln3ln4345++++()()*1ln N ,114n n n n n n -<∈>+.【答案】（1）见解析；（2）1k ≥；（3）见解析. 【解析】试题分析：（1）对函数()f x 求导得()11k kxf x x +-=-'，对k 进行分类讨论，即可得到函数的单调区间；（2）由（1）可得， 0k ≤时， ()f x 在()0+∞，上是增函数，而()20f >， ()0f x ≤不成立，故0k >，由（1）可得()max 11f x f k ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即可求出k 的取值范围；（3）由（2）知，当1k =时，有()0f x ≤在()1+∞，恒成立，即()ln 12x x -<-，进而换元可得22ln 1n n <-，所以ln 112n n n -<+，即可得证.（2）由（1）知， 0k ≤时， ()210f k =->不可能成立； 若0k >， ()0f x ≤恒成立()max 110f x f k ⎛⎫⇔=+≤ ⎪⎝⎭， 11ln 0f k k ⎛⎫+=-≤ ⎪⎝⎭，得1k ≥ 综上， 1k ≥.（3）由（2）知，当1k =时，有()0f x ≤在()1,+∞上恒成立，即()ln 12x x -<- 令()2*1N ,1x n n n -=∈>，得22ln 1n n <-，即ln 112n n n -<+ ln2ln3ln4ln 3451nn +++++ ()1123122224n n n --<++++=，得证.点睛：（1）导数综合题中对于含有字母参数的问题，一般用到分类讨论的方法，解题时要注意分类要不重不漏；（2）对于恒成立的问题，直接转化为求函数的最值即可；（3）对于导数中，数列不等式的证明，解题时常常用到前面的结论，需要根据题目的特点构造合适的不等式，然后转化成数列的问题解决，解题时往往用到数列的求和.10．【辽宁省大连育明高级中学、本溪市高级中学2018届高三10月月考】已知函数()()21ln 202f x x ax x a =--<.（1）若函数()f x 在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围；（2）若12a =-，且关于x 的方程()12f x x b =-+在[]1,4上恰有两个不等的实根，求实数b 的取值范围.【答案】(1) (],1-∞-；(2) 5ln22,4⎛⎤-- ⎥⎝⎦.【解析】试题分析：（1）对函数f （x ）进行求导，令导()0f x '≥在x ＞0上恒成立即可． （2）将a 的值代入整理成方程的形式，然后转化为函数图象与x 轴的交点的问题．()()min 2ln22g x g ==-， ()514g =-， ()42ln22g =-，()()3142ln24g g -=-= ()134ln404-<，得()()14g g <则5ln22,4b ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦.点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．11．【湖南省株洲市醴陵第二中学、醴陵第四中学2018届高三上学期两校期中联考】已知函数()1x f x ea -=+，函数()ln ,g x ax x a R =+∈.（Ⅰ）求函数()y g x =的单调区间；（Ⅱ）若不等式()()1f x g x ≥+在[)1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； （Ⅲ）若()1,x ∈+∞，求证不等式12ln 1x e x x -->-+. 【答案】(1) g (x )的增区间10,a -⎛⎫ ⎪⎝⎭，减区间1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭;(2) 0a ≤;(3)见解析.（Ⅱ）()()1f x g x ≥+ 即1ln 10x e x a ax --+--≥在[)1,+∞上恒成立 设()1ln 1x F x ex a ax -=-+--，考虑到()10F =()11x F x e a x --'=-，在[)1,+∞上为增函数， 111,0x x e x-≥-≥，∴当0a ≤时， ()0F x '≥， ()F x 在[)1,+∞上为增函数， ()0F x ≥恒成立 当0a >时， ()10F '<， ()'F x '在[)1,+∞上为增函数()01,x ∃∈+∞，在()01,x 上， ()0F x '<， ()F x 递减， ()0F x <，这时不合题意， 综上所述， 0a ≤点睛：这是一道比较综合的导数题目，首先研究函数的单调区间，一般是通过求导，研究导函数的正负，来判断。